更好的阅读体验 从《具体数学》第五章 二项式系数中选了一些个人认为比较 useful 的内容，添加了部分解释和证明。 组合数 在 \(n\) 个元素中选择 \(m\) 个的方案数，记作 \(\dbinom{n}{m}\)，定义为： \[\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!}{(n-m)!} \]其中 \(n,m\) 为非负整数。 当 \(m\) 为非
卡特兰数（Catalan 数）学习笔记 一、引入 问题 1 由 \(n\) 个 \(+1\) 和 \(n\) 个 \(-1\) 组成的 \(2n\) 项序列 \(a_1,a_2,\cdots,a_{2n}\)，求有多少种方案满足其部分和 \(a_1+a_2+\cdots+a_k \ge 0\ (k=1,2,\cdots,2n)\)。 分析 设满足条件的方案数（即答案）为 \(C_n\)，不满足条件的方案
一.逆元 如果一个线性同余方程 \(ax \equiv 1 \pmod b\)，则称 \(x\) 为 \(a \bmod b\) 的逆元，记为 \(a^{-1}\)。 使用方法 对于 \(\frac{a}{b} \bmod p\)，求出 \(b \bmod p\) 的逆元，与 \(a\) 相乘并 \(\bmod p\) 得到结果。 优势：避免了分数的精度问题。 求逆元 exgcd 法 求解 \(ax
蒟蒻的组合数学实在是太弱了，所以在初赛之前赶紧来复习一下，大部分内容由 \(OI-Wiki\) 整合而来。 普及知识点标 \(J\)，提高知识点标 \(S\) 加法原理&乘法原理（\(J\)） 加法原理 假设完成一项任务有 \(n\) 种方案，每种方案的办法数目为 \(a_i\)，则完成这项任务的总方法数为 \(a_1+a_2+\cdo
CF1716F 题意： 有\(n\)个不同的包，每个包里有编号为\(1\sim m\)的球恰好一个。 从每个包里取一个球出来，假设某个取球方案中，奇数编号的球恰好有\(x\)个，则该方案的贡献是\(x^k\)。 求所有取球方案的贡献和。模\(998244353\) \(1\leq T\leq 5000\) \(1\leq n,m\leq 998244352,1\leq k\l
概念 当 \(p\) 是一个质数时，有 \[\dbinom{n}{m} \bmod p \equiv \dbinom{\lfloor \dfrac{n}{p} \rfloor}{\lfloor \dfrac{m}{p} \rfloor} \times \dbinom{n \bmod p}{m \bmod p} \pmod{p} \]实现 引理： 考虑 \[\dbinom{p}{n} \bmod p \]的取值，注意到展开之后其为如下形式 \[\dbino
引入 用一个简单的例子来引入容斥： 这个例子可以说是非常经典，一共有三种活动 \(\{1,2,3\}\) 。 同时你可以查询 \(f(S)\) 会返回参加了 \(S\) 集合中活动的人的个数。 现在的问题是求至少有多少个人参加了活动。 我记得这个是班上高一上集合时的作业最后一题。 看上去非常奇怪，但是
CF1605F PalindORme 解题报告 0.前置芝士 二项式反演： \[f(n)=\sum_{0 \le i \le n}{\dbinom{n}{i}g(i)}\\ \Longrightarrow g(n)=\sum_{0 \le i \le n}{(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f(i)} \]证明可参考这位大佬 1.题意简述 定义合法序列为重排后可满足：对于任意相同长度的前缀和后缀，它
太弱小了，仅 A 的一题还是在后辈 ly 的指导下才成功的。\(\sout{我被单调队列了}\) \(\sout{tnnd，刚才忘记保存了重新写一遍。}\) T1 Three Integers 题意 有三个数 \(A,B,C\) ， 有两种操作 Operation 1:选择两个数并 \(-1\) Operation 2:选择三个数并 \(-1\) 使得这三个数全变成
l1nk editorial 题意： 给定序列 \(\{a_n\}\) ，求出 \(a_n\) 在 \(k \in [1,m]\) 次前缀异或和后的值. 分析: 一个显然的事情是我会且仅会打暴力（？ 赛后 \(\text{dottle}\) 过来讲题 发现它又考了一次 \(\zeta\) 变换 草， 我果然还是不会做 因为异或和加法非常像所以我们把它当
范德蒙德卷积： \[\sum_{i=0}^k\dbinom ni\dbinom m{k-i}=\dbinom{n+m}k \]怎么证呢？ 常见证法： 组合意义（天地灭） OGF（天地灭灭灭灭灭） 一个绝妙的证明： 显而易见 \(\forall a,b\) . \[(a+b)^n(a+b)^m=(a+b)^{n+m} \]用二项式定理展开： \[\left[\sum_{k=0}^n\dbinom nka^kb^{n-k}\right]
\(\mathtt{description}\)： Link \(t\) 组询问，每组给出 \(n,k\le 10^5\)，求 \(\begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^{k}\dbinom{n}{i}\end{aligned}\)， \(t\le 10^5\)。 \(\mathtt{Solution}\)： \(n\to n+1\) 时： \[\begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^{k}
听说一个人的数论要用伯努利数处理自然数幂和，然而我之前只会插值，吓得跑去学了一下自然数幂和 . 附录 — 前置知识 插值相关：看我的博客 link（旧文慎入） . 第二类斯特林数相关： 定义：第二类斯特林数 \(\displaystyle{n\brace k}\) 表示 \(n\) 个有标号小球放入 \(k\) 个无标号集合，每个
Description 对有 \(m\) 个坏点的 \(n\times n\) 网格，只能往右或者往下走，计算从 \((1,1)\) 到 \((n,n)\) 的方案数。 限制：\(1\le n\le 10^6\)，\(1\le m\le 3000\)。 Solution 首先考虑到如果没有障碍点的存在，\((x_i,y_i)\) 到 \((x_j,y_j)\) 的方案数为 \(\dbinom{x_j-x_i+y_j-y_i}
记录一下遇到过的组合式子 对任意正整数 \(x\)，\(\sum\limits_{i=1}^{n}\dbinom i x=\dbinom {n+1}{x+1}\)。from CF1548C \(k\times \dbinom nk=n\times \dbinom {n-1}{k-1}\) from P6620 \(\sum\limits_{i=0}^n a^i b^{n-i}\binom ni=(a+b)^n\) from P6620 \(j^i\binom nj
题意 ：设 \(S\) 是第二类斯特林数， 求 \(\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{i}S(i,j) \times 2^j \times j!\) 因为有 \(m^n =\sum\limits_{i=0}^{m}\dbinom m i i! \times S(n, i)\) 设 \(f(x) = x^n\)， \(g(x) = x! \times S(n, x)\)， 根据二项式反演 ： \(f(m) = \su
更好的阅读体验 Fun fact: For all AGC problems with score>=1600 this year, the number of accepted solutions is no more than 1. --Retired_MiFaFaOvO A. Three Cells per Row and Column 将 \(n \times n\) 的方格黑白染色，使其满足： 每行每列均恰有 \(3\) 个黑格。 整个
为保证笔记简洁，代码缺省源已经删去。如需编译代码请先加上附在文末的缺省源。 0. 组合数 0.1. 重要公式 在做题时遇到的巧妙组合公式，会不断补充。 \[\dbinom a b\dbinom b c=\dbinom a c\dbinom {a-c}{b-c} \tag{0.1} \]组合意义证明：从 \(a\) 个数里面选 \(b\) 个，再从 \(b\) 个数
给定 \(n,m,p\)，其中 \(n,m\) 较大，\(p\) 为质数且不是很大，求 \[\dbinom{n}{m}\bmod p \]\(\rm Lucas\) 定理 \[\dbinom{n}{m}\equiv\dbinom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\cdot \dbinom{n\bmod p}{m\bmod p}
二项式定理与组合恒等式 前置知识 \[\dbinom {n} {k} = \mathrm{C} _ n ^ k = \dfrac {n!} {(n - k)! \times k!} \]二项式定理 二项式定理：设 \(n\) 是正整数，对于一切 \(x\) 和 \(y\) \[{(x + y)} ^ n = \sum \limits _ {k = 0} ^ n \dbinom {n} {k} x ^ k y ^{n - k} \]常用形式
1、\((3x-2y)^{18}\) 的展开式中，\(x^5y^{13}\) 的系数？\(x^8y^9\) 的系数？ \(x^5y^{13}\) 的系数：\(-\dbinom{18}{5}3^52^{13}\) \(x^8y^9\) 的系数：\(0\) 2、用二项式定理证明：\(3^n=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}2^k\)，扩展次结果，对任意实数 \(r\) 求和 \(3^n=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}
\[{\Large \mathbb{No \ hay \ cosa \ mas \ feliz \ en \ el \ mundo \ que \ ver \ tu \ sonrisa \ mi \ Miffy}} \] Task 1 \(\mathcal{Prob:}\) \((3x - 2y)^{18}\) 的展开式中， \(x^5y^{13}\) 的系数是什么？\(x^8y^9\) 的系数是什么？ \(\mathcal{Sol:}\) 由二项
Link. Codeforces Luogu Description. 定义 \(F(S)\) 为把 \(S\) 中每次可以把每个元素 \(\times p,\div p(p\in\text{prime})\) 把所有元素变相同的最少步数。 求 \(\sum_{T\subseteq S}F(T)\)。 Solution. 质因数可以拆开，分别求解 对于每个质因数，有一个序列表示指数 现在相当于
写在前面：文章中 ${\max}_k(S)$ 表示集合 $S$ 中第 $k$ 大的元素，${\min}_k(S)$ 同理，$k=1$ 时会省略下标 $k$ 。 Min-max容斥是一种通过集合中的元素表示出集合第 $k$ 大（小）元素的容斥，往往在比较元素大小较难时使用。 既然要将集合第 $k$ 大表示成容斥形式，于是我们可以设出一个这
定义 序列\(a\)的普通生成函数\((OGF)\)，定义为形式幂级数： \[F(x)=\sum_{n}a_nx^n \]\(a\)既可以是有穷序列，也可以是无穷序列，常见例子： \(1.\)序列\(a=<1,2,3>\)的\(OGF\)是\(1+2x+3x^2\) \(2.\)序列\(a=<1,1,1,…>\)的\(OGF\)是\(\sum_{n\geq 0}x^n\) \(3.\)序列\(a=<1,2,4,…&g
