Lynstery's blog

卡特兰数的简单应用。就是枚举加几个0，剩下的就是卡特兰数相关的理论。 设加 nn 个 11，mm 个 −1-1，则满足前缀和非负的方案数为 (n+mm)−(n+mm−1){n+m \choose m}-{n+m\choose m-1}。 由于这题最后的总和没有规定，所以我们需要算 f(x)f(x) 表示 n+m=xn+m=x 时的所有方案： f(x)=∑m=0⌊x2⌋( (xm)−(xm−1)

简单组合题。想想卡特兰数的推导，肯定能想到答案就是 (x1+y1x1)(x2+y2x2)−(x2+y1x2)(x1+y2x1) {x_1+y_1\choose x_1}{x_2+y_2\choose x_2}-{x_2+y_1\choose x_2}{x_1+y_2\choose x_1}#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>

题意即求 ∑i=0n∑j=0n(i+ji)=∑i=0n(i+n+1i+1)=(2∗n+2n+1)−1\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n { i+j \choose i}= \sum_{i=0}^n {i+n+1\choose i+1}={2*n+2\choose n+1}-1 就是一些组合数的变形#include<cstdio>#include<cstring>#inc

一开始正着做很复杂，然后发现补集转化一下就很方便了，随便搞一下…#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=100005;typedef long long LL;int a,b,c,L,d;LL ans;LL get(int a,int b,int c){ int x=min(L+

这种题做起来贼爽… 套路考虑一个子序列的贡献，有个问题就是每种 aa 串只计算一次，如何避免重复。 很简单，对于一个串 aa ,只在第一次出现这个子序列的位置算贡献。 考虑一个子序列，下标分别为 k1,k2,...,ktk_1,k_2,...,k_t。11 到 k1−1k_1-1 不能出现 ak1a_{k_1} ，k1+1k_1+1 到 k2−1k_2-1 不能出现 ak2a_{k_2}，…

好题。设 f[i]f[i] 表示 ii 次操作之后的答案。则显然有 f[i]=Xorij=0[(ji)is odd]∗a[j]f[i]=\text{Xor}_{j=0}^{i} [{ j\choose i} is\ odd]*a[j] 现在我们需要考虑如何判断一个组合数的奇偶性。考虑 lucaslucas : (ij) % 2=∏k(ikjk){ i \choose j} \text{

我太菜了…做过类似的题还不会做…. 这题和之前做过的 ZROI 2017提高2 World Of Our Own 很像。总体思路就是异或的贡献是一个组合数的式子，用卢卡斯判断组合数奇偶，就转化成了子集和的形式，经典的高维前缀和就好了。 具体来说，我们考虑每个点对根的贡献，只需关注它到根的路径上的点被加的贡献。 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4

这题很 cfcf 。虽然 nn 很大，但由于 KK 只有 1e91e9，所以数列前面大部分数字是在原位的。13!=622702080013!=6227020800，只有后面不到 1414 位会变化，后面暴力就好了。 前面的 11到 n−13n-13，数位 DPDP 求答案。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const

题很关键的一点是注意到 kk 严格小于 max(n,m)max(n,m)，所有一行或一列是完全空的。 然后就很简单了，只需考虑一维的限制。 瞎搞就好了。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=1005;int n,m,K,cnt[maxn],v[

大水题。 主要是记一下错排的公式。顺便水一水 递推公式：fi=(i−1)(fi+fi−1)f_i=(i-1)(f_i+f_{i-1}) 推导过程大概是，考虑数字ii, 它有 i−1i-1 种可能的位置，设 ii 在位置 kk ,则数字 kk 可能放在 位置 ii 或不放在位置 ii。放在位置 ii , 则其他方案数等价于 fi−2f_{i-2}，否则等价于 fi−1f_{i-1}。 还有一个