题目链接 感觉网上的题解好像都是二项式反演，这里给出一种新的做法。 我们先考虑按照 \(W(i)=w_i\) 做牛顿级数： \[W(x)=\sum_{t=0}^mc_t\binom{x}{t} \]现在考虑这东西的组合意义：我每个大小恰好为 \(i\) 的集合的贡献相当于是我枚举它每个大小为 \(t\) 的子集，然后乘上一个贡献的系
题目链接 Solution [TJOI2019]唱、跳、rap和篮球 题目大意：有 \(a\) 个人喜欢唱，\(b\) 个人喜欢跳，\(c\) 个人喜欢 rap，\(d\) 个人喜欢篮球。你要从中选出 \(n\) 个人组成一个排列，如果存在一个位置 \(i\)，使得 \(i,i+1,i+2,i+3\) 位置的人依次喜欢唱、跳、rap、篮球，队伍就会不和谐。求
模拟赛x+1 A 接力比赛 看着就像背包，开始也没想复杂度，然后就直接跑了背包，讲题的时候才发现是个n3的DP Show Code #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> typedef long long ll; const int N = 1e6 + 5; int read(int x = 0, int f = 1, char c = getchar(
NOIp2020复赛前日志 组合数和卢卡斯定理 首先写的顺序别搞错了 从\(n\)个不同元素中取出\(m(m≤n)\)个元素的所有组合的个数 \[C_n^m=\binom nm=C(n,m)=\frac{n!}{m!(n-m)!}\\ C_n^0=1\\ C_n^m=C_n^{n-m}=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m} \]Lucas 对于质数\(p\),有 \[\binom{n}{m}\mod
简单的括号序列 自我感觉是一个签到题，但是想了很久，最后求助才能苟活。 按照它的定义，很容易想到如何求出合法的序列： 当我们确定一个右括号时，假设它左边有 \(a\) 个左括号，右边有 \(b\) 个右括号，那么我们可以从 \(a\) 中选出 \(i\) 个，从 \(b\) 中选出 \(i - 1\) 个，即可组成一个合法的
前两天做校内题的时候突然发现模意义下的组合数和一个奇妙序列完全相同。 模 \(2\) 意义下的组合数表： 1 11 101 1111 10001 110011 1010101 11111111 100000001 1100000011 10100000101 111100001111 1000100010001 11001100110011 101010101010101 1111111111111111 1000000000
继续开坑 D.~K Perm Counting 可以比较自然地想到容斥，把不等号改成等号，那么会发现只有下标在模$2k$下相等的时候才会有可能发生冲突，那么对于$i$从$1-2k$所有值单独进行考虑 每一个位置可能会有一上一下的两个可能取值，就是$i+k$和$i-k$，开头的那个可能没有下面的取值，最后那个可能没
\(T1\) : 宇宙飞船 题目大意： 给定飞船坐标，相邻飞船连绳，交换飞船使绳子不相交，捄最多有多少不用移动 思路： 没啥好说的，skyh都没A 性质很裸，构造合法序列，每一次只能选最大值（值指坐标）或最小值 因为要是当前选了次大或次小值，那么下次选最大最小值时一定会与当前绳相交 因此枚举每一个点作
「SHOI2015」超能粒子炮・改 给你\(T\)组询问，每组询问给定参数\(n,k\)，计算\(\sum\limits_{i=0}^k\dbinom{n}{i}\). \(T\leq10^5,n,k\leq10^{18}\). 这题其实是\(\operatorname{Lucas}\)定理的一个简单扩展。 首先利用\(\operatorname{Lucas}\)定理化简所求和式，由\(\dbinom{n}{m}
建设城市 题目本质上求的是 \(\sum a_i=m, a_i\le k\) 的方案数 那么 \(dp\) 的做法很显然 然后考虑咋做 \(n\le 10^9\) 的部分 这时候需要再去看一遍题目，发现 \(n>m\) 的时候无解 用隔板法来解决剩下的问题 如果没有限制的话那么 \(\binom {m-1}{n-1}\) 然后容斥： $ans=\sum_{i=0}
目录整除性素数组合数Lucas 定理： 整除性 直接搬 ppt 特殊的整除性质 素数 素数定理： 线性筛： 原理:一个合数只由其最大素因子筛去。 代码： 组合数 Lucas 定理： \[\binom{n}{m} \mod p = \binom{n \mod p}{m \mod p} \times \binom{\frac{n}{p}}{\frac{m}{p}} \mod p \]用于求 \(n
传送门 组合数问题 题目描述 组合数 \(\binom{n}{m}\) 表示的是从 \(n\) 个物品中选出 \(m\) 个物品的方案数。举个例子，从 \((1,2,3)\) 三个物品中选择两个物品可以有 \((1,2),(1,3),(2,3)\) 这三种选择方法。根据组合数的定义，我们可以给出计算组合数 \(\binom{n}{m}\) 的一般公式
题目 点这里看题目。 分析 好美妙的思维题目！反正我是做不来了。 显然我们可以对于每一个点计算它作为根的答案，这个答案又可以通过 DP 的方式求出来。 它难道还能不是个 DP ? 直接求解概率比较复杂，而操作序列的总方案数比较好求，是 \((n-1)!\) 。不过，由于同一个操作序列的成功概率会
（1） \[\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{k}\binom{n}{k} =\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n}{k}\int_0^1 x^{k-1}\text{d}x =-\int_0^1\sum_{k=1}^n \binom{n}{k}(-x)^{k-1}\text{d}x =\int_0^1\frac{1-(1-x)^n}{-x}\text{d}x=-\int_0^1\frac{1-x^n}{1-x} =-\int_0^1
**# Description link 给一个 \(n\) 元集，从中取若干个子集求交，求交集大小为 \(k\) 的方案数 \(n,k\le 10^6\) Solution 设 \(f_i\) 为交集大小至少为 \(i\) 的方案数 然后上容斥： \[ans=\sum^{n}_ {i=k} (-1)^{i-k} f_i \]对于这个题，先钦定交集中的 \(k\) 个元素 最后乘上 \(\binom
前言 确实是初探，因为以前学得太烂了。。。 参考了这篇日报: https://www.luogu.com.cn/blog/KingSann/chu-tan-rong-chi-yuan-li 下面的\(U\)是全集，\(|S|\)表示集合\(S\)的大小。 正常项的容斥原理 大概长成这个样子吧: \[|S_1\cup S_2\cup ...\cup S_m|=\sum_{T\subseteq U}(-1)^
Description link 在两个集合中选数字，求选出来的方案中 \(A\) 恰好比 \(B\) 多 \(k\) 个的方案数 \(|A|=|B|\le 2000\) Solution 按照这种题目描述，我们发现是个二项式反演的题目 二项式反演： \[f(n)=\sum _ {i=0}^n (-1)^i \binom n i g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum _ {i=0} ^n (
分析： 题解看不懂，同机房究极巨佬给了另一种做法 直接开始化式子： \[Ans_m \]\[=\sum_{i=0}^{n}a_i\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom{m}{j}\binom{n-m}{i-j} \]\[=\sum_{i=0}^{n}a_i[x^i]((1+x)^{n-m}(1-x)^m) \]\[=\sum_{i=0}^{n}a_i[x^i]((1+x)^{n-m}(2-(1+x))^m) \]\[=\sum_{i=0}^{n
首先常规地把\(f(k)\)拆开： \[\sum_{k=0}^nf(k)x^k\binom{n}{k}=\sum_{i=0}^ma_i\sum_{k=0}^nk^ix^k\binom{n}{k} \]然后证明一个组合恒等式： \[\sum_{k=0}^nk^ix^k\binom{n}{k}=\sum_{j=0}^in^{\underline{j}}x^j(1+x)^{n-j}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix} \]\(\square
题目传送门 分析： 太！棒！了！学！到！虚！脱！ 这里给出\(O(K^2),O(KlogK),O(K)\)三种解法 \(O(K^2)\)解法 考虑\(K\)的意义 相当于有一个长度为K的序列，每一个位置是一个独立的游戏，我们假设有\(c\)次游戏抽出了Joker 抽出Joker的轮次序列为\({C_1,C_2...C_c}\) 序列每一位选择一个轮次，于是便会
Erdos Ginzburg Ziv 定理的一个证明 定理描述 给定 \(n\in\mathbb{Z}_+\) ，可以从 \(2n-1\) 个数中选出 \(n\) 个数，其和为 \(n\) 的倍数。 定理证明 第一部分 对n为素数 设\(a_1,\cdots a_{2p-1}\)表示这\(2p-1\)个数。\(k_i,l_i\)表示求和的第 \(i\) 个数的下标，\(k_1<\cdots<k_p,l
前置芝士 二项式定理，组合数 正文 二项式定理 \[(x+y)^n=\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}x^{n}y^{n-i}\] 带入\(x=y=1\)，得 \[2^n=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\] 转化 首先转化，考虑枚举人数，然后先取队长，剩下任意 取。 答案即为 \[\sum_{i=1}^{k}i\binom{n}{i} \sum_{j=0}^{i-1}\bi
神奇的公式（因为不会证明就都写下来了） 范德蒙恒等式：\(\binom{n+m}{k}=\sum_{i=0}^k\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}\) 李善财恒等式：\(\binom{n+k}{k}^2=\sum\limits_{i=0}^k\binom{k}{i}^2\binom{n+2k-i}{2k}\) （好像就是用上面那个玩意证的）
8.1 \(Catalan\) 数 先见识一下 \(Catalan\) 数长啥样—— \(C_0=1,C_1=1,C_2=2,C_3=5,C_4=14,C_5=42,C_6=132...\) 一些公式及推导 1) \(C_0=1, C_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1} C_i \times C_{n-i-1}\) \((n\geq 1)\) 许多应用中都用到该式子。 2） \(C_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{
这个柿子挺别致的......还有信仰膜数998244353 直接讲正解吧...... 首先发现这个柿子从上往下算好像不怎么行，我们从下往上看，（下面令\(Ans_r = sum_{k,1,r}\)）。 考虑\(a_i\)对\(Ans_r\)的贡献（\(1 \le i \le r\)），即\(a_i\)在\(sum_{k,1,r}\)中被算了多少次，我们假设\(a_i\)被算了\(c_i
