bjfu170203101的博客

A:模拟#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int M = 1e5+7;int main(){ ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); ll n; cin>>n; cout<<(n+n*n+n*n*n)<<endl; return 0;}B:直接比较。#i

我们先DP分析dp[i][j]表示，按从左往右的顺序填到i时，有j对相邻数字不同，的方案数显然：dp[i][j]=dp[i-1][j]*(m-1)+dp[i-1][j-1];我们把DP在纸上推演如下：发现：每个i所在行的d[pi][j]其实就是二次项展开的一项求和dp[n][0]到dp[n][k]即可。第二种思路是用组合数直接进行分析：考虑：n个数，k个相邻位置数相同，我们在n-1个空位中选择k个位置，使得k左右数相同。然后固定最左边的数，有m种选法，依次往.

0：给定n个0和n个1，他们按照某种顺序排成长度为2n得序列，满足任意前缀中0得个数都不少于1得个数的序列的个数为：证明：我们假设不满足条件的序列个数为S。那么一定存在一个位置：1 <= 2p+1 <= n.使得前2p+1个数中有p个0,p+1个1.则后面的数中有n-p个0，n-p-1个1我们让后面的数取反（即0变1，1变0）则现在序列总共有:p+n-p-1 = n-1 个 0p+1+n-p = n+1 个 1那么对于n-1个0，n+1个1的任意排..

我们可以用合法方案除以总方案数。我们从任意一个点X连出边，必须把圆分成两个点数均为相同的部分。所得的方案为这两部分的方案数乘积。枚举点X连出的所有可以把圆分成2个点数相同部分的边。求和，结果即为方案数。由于X连出的边不同，其他边不能连X，且两部分的方案相互独立，所以结果一定是不重不漏的。设f[i]为点数为i时，合法方案数显然:这就是卡特兰数的通项。所以有：证明很难。。https://blog.youkuaiyun.com/dlyme/article/details/253..

比赛时先溜了。。感觉剩1h应该能搞一搞 ，至少不至于挂机。首先只有n个棋子。要满足所有空行可被攻击。必须每行一个棋子，或者每列一个棋子。除了k==0的情况。其他情况每行一个棋子与每列一个棋子不重复。即只需要算每行一个棋子的情况最后乘2即可。我们观察发现：每行一个棋子时，k没多一，列数就会减一。即：一定是n-k列。(因为每一个列消失，会且仅会多一条边)所以问题就转...

8为a-b中整除8的数的个数，Ai表示a-b中整除ai数的个数。=整除lcm（a1,a2）的数的个数。但求2个数的并集不好求。所以我们用容斥，把结果转化成只有交集表示的形式。=把右边的Ai并集形式用容斥处理成交集。再利用集合的结合律，把8给交到充斥表达式里。就变成了：然后就只剩下简单的二进制处理了...

多重集组合数一般形式。用二进制处理更加方便#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define ls (o<<1)#define rs (o<<1|1)#define pb push_backconst double PI= acos(-1.0);...

利用卡特兰数变形。同样的方法：沿y=x-1这条直线对称过去求得结果为：C(n+m,n)-C(n+m,n+1);C++大数大概2-3s 慢了个常数，知道方法就行#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define ls (o << 1)#define rs ...

这类题的比较容易理解的解法：一个点从（0，0）开始，每次横坐标加一。纵坐标加一或减一。这一题就是加一n次，减一m次。且不会经过y=-1这条直线。到（n-m）我们求出经过y=-1这条直线的方案数，再用总方案做差就是答案。假设这条折线经过y=-1这条直线，让这条折线从左往右第一个经过y=-1之前的部分。沿y=-1这条直线轴对称过去。那么这条折线表示的路径就是从(0,-2)到...

一道很考验数论基本功的题目，知识杂糅。首先指数取模一般用欧拉定理降维（利用指数循环节）而这必须满足q与mod互质，由于mod是质数，当q==mod时，结果为0，否则q与mod互质则可用欧拉定理的推论得到：然后只需处理质数部分即可。大数的组合数用lucas定理求。但由于求多次，且模数太大，阶乘的复杂度过高，不可直接求。我们分解999911659发现：其有4个质因子...

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;#define ls (o<<1)#define rs (o<<1|1)#define pb push_backconst double PI= acos(-1.0);const int M = 1e5+7;/...

dp[i]表示n等于i时，长度为1的个数由于n等于i时，长度 为j的个数等于 n取i-1，长度为j-1的个数我们只需要求出dp[i]即可由于每个数字的贡献是一定的，我们又知道了所有除了长度为1的所有情况。只需要让数字总数减去前面的数字贡献即可。。用sum加速下就行dp[i]=i*pow(10,i)-i*dp[1]-(i-1)*dp[2]……...

很像数位DP的过程。。。一般这种上界+下届我们可以考虑小于上界的数-小于下届的数。即a的所有排列中 字典序小于b的个数-字典序小于a的个数-1 就是最终答案。很明显 按位处理。a排列的字典序要小于s.处理到第i位时：dfs(id,s)1.这一位填的字符小于s[i]时，后面的字符任意填 都满足字典序小于s.2.这一位填的字符等于s[i]时，ans+=dfs(id+1...

现场AC: B.DRANK:316今天打的很差，还是太菜了！补题情况：- 队友过的Ο 自己过的或赛后补题题号 A B C D E F G H I J K L 状态 . - . Ο Ο . . . . . . . D:...