CE玩家

题意给定n个数，求从其中选1个、2个、3个能得到的权值和的情况及方案数生成函数裸题 刚接触这玩意并不是很能理解，也不是很懂怎么表达……考虑f(i)f(i)表示权值和为i的方案数，那么有f(i)=∑f(j)∗f(i−j)f(i)=\sum f(j)*f({i-j})，为卷积形式， 那么令母函数g(x)=∑aixig(x)=\sum a_ix^i的第m项系数为权值和为m的方案数，就可以用FFT优化多

怕是一道套路题…然而这种题还是不太会 考虑每个点的贡献都是相同的 那么答案就是 n2(n−12)∑i=0n−1(n−1i)ikn2^{n-1\choose 2}\sum_{i=0}^{n-1}{n-1\choose i}i^kiki^k 用第二类斯特林数带进去得到n2(n−12)∑i=0n−1(n−1i)∑j=0kS(k,j)j!(ij)n2^{n-1\choose 2}\sum_{i=0}^{

每个点的贡献是这个点出现在多少个方案中 方案数是 (nk)−∑(Sik){n\choose k}-\sum{S_i\choose k}，SiS_i 表示删去这个点后剩下的子树的大小那么答案就是n(nk)−∑i=knai(ik)n{n\choose k}-\sum_{i=k}^n a_i{i\choose k} aia_i 表示有 aia_i 个子树大小为 ii 展开后得到1k!∑i=knai⋅

相当于是问有多少种排列，使得相邻的点之间没有边 考虑容斥 一张图中选了 dd 条边，那么会形成 n−dn-d 条链，设所有图中的链总共有 xx 条，那么答案乘上 x!x! 只要DP出形成 aa 条链的方案数，然后NTT一下就可以了// BEGIN CUT HERE // END CUT HERE #include <vector> #include <list> #include

考虑dpfi,s,j" role="presentation">fi,s,jfi,s,jf_{i,s,j} 表示前 i" role="presentation">iii 列，最后一列的状态是 s" role="presentation">sss ，有 j" role="presentation">jjj 个联通块的方案数如果令多项式 gi,s(x)=∑i=0nfi,s,ixi

推一推 fn" role="presentation">fnfnf_n 的通项fn=a×3n−b×(−1)n" role="presentation">fn=a×3n−b×(−1)nfn=a×3n−b×(−1)nf_n=a\times 3^n-b\times (-1)^na" role="presentation">aaa 和 b"

设变换矩阵为 TTT由卷积定理可以知道对于 TTT 的每一行的任意 i,ji,ji,j 满足 xi×xj=xi&nbsp;opt&nbsp;xjxi×xj=xi&nbsp;opt&nbsp;xjx_i\times x_j = x_i ~\text{opt}~x_j因为 AAA 满足循环律所以存在 c&gt;1c&gt;1c>1 满足 xci=xixic=xix_i^c=x_i 也就...

因为是三进制不进位加法，所以三进制下每一位是独立的那么只要求出 fi" role="presentation">fifif_i，生成树边权和在模三意义下为 i" role="presentation">iii 的方案数可以用矩阵树定理，矩阵的每个元素是一个三元组，表示方案数这样转移的常数是9，然而数据好像只有小于等于40的…转移实际上是一个循环卷积的形式，考虑DFT那么就要找到

A和B的运算是卷积形式考虑把A和B DFTD(A)∗D(B)=0,D(B)≠0D(A)∗D(B)=0,D(B)≠0D(A)*D(B)=0 , D(B)\neq0也就是 A DFT后至少有一个0求出模某个质数意义下的 2n2n2n 次单位根用Bluestein’s Algorithm DFT#include &lt;cstdio&gt;#include &lt;iost...

树形DP的转移是一个卷积的转移形式可以先链剖，一个点的轻儿子先合并，然后一条重链用分治FFT合并#include &lt;cstdio&gt;#include &lt;iostream&gt;#include &lt;algorithm&gt;#include &lt;vector&gt;#include &lt;queue&gt;using namespace std;...

套路题VP的时候发现这题过的人很多…把每一列状压，每一列就可以表示成小于 2202^{20} 的数字令 aia_i 为状态 ii 出现的次数， bib_i 为状态 ii 的贡献（也就是反转或不反转的1的个数的较小值）SS 表示哪些列被反转那么答案就是 minS{∑ai×bi⊕S}\min_S\{\sum a_i\times b_{i\oplus S}\}这就是个FWT的形式直接搞就好了#includ

题目里那个 其实不重要，只要能算出 pip_i 就行了pip_i 的话发现就是个多维FFT的转移形式到Hillan大佬博客里拷了个代码改一改就好了…Bluestein算法里的FFT可以用暴力卷积代替，因为数据范围小FFT常数大#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algori

分块FFT练习题#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <string>#include <cmath>#define N 200010using namespace std;typedef long long ll;struct E{ double real

复习一下FFT http://blog.youkuaiyun.com/u011542204/article/details/50708834 感觉这种字符串匹配的方法很棒啊 然而我的代码被卡常卡内存……#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cmath>#define eps 1e-7#define N

题意求每个qiq_i的Ei=∑j<iqj(i−j)2−∑j>iqj(i−j)2E_i=\sum_{j<i}\frac{q_j}{(i-j)^2}-\sum_{j>i}\frac{q_j}{(i-j)^2}裸的FFT…. 第一发FFT…… 令f(i)=qif(i)=q_i，f′(i)=qn−i+1f'(i)=q_{n-i+1},g(i)=1i2g(i)=\frac{1}{i^2} 那么E(i)=

多项式求逆模板题%%%Manchery#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#define N 390010#define P 1004535809#define G 3using namespace std;int n,m,num;int w[2][N];int a[N],b[N],c[N],fac[N];in

模板题 题解#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <string>#include <cstring>#define N 300010#define P 998244353#define G 3using namespace std;int n,m,M,num;int a[N],b[N],c

先写出DP方程 f(i,j)f(i,j)表示放了ii个数，乘积模mm为jj的方案数 那么f(i,j)=∑ab=j,a∈S,b∈Sf(i−1,a)∗f(f−1,b)f(i,j)=\sum _{ab=j,a\in S,b\in S} f(i-1,a)*f(f-1,b) 这个可以用矩阵+快速幂优化 但是不够优 发现模数比较特别，如果可以把乘号变成加号，就可以用NTT+快速幂来做 用mm的原根gg

题目要求对于所有0≤k<m0\leq k<m的kk都输出解，可以考虑anskans_k的生成函数。 ansk=∑i×j=kai∗ajans_k=\sum_{i\times j=k} a_i*a_j aia_i为ii的出现次数，这样可以矩乘优化，但是复杂度太大，因为m是质数，所以依然可以考虑用原根，把aia_i转化成gbig^{b_i}，那么ansk=∑i+j=kbi∗bjans_k=\sum_{

另fi,j,kf_{i,j,k}表示前ii位，模pp为jj，和为kk的方案数列出DP方程 fi,j,k=∑s=09fi−1,(js)%p,k−sf_{i,j,k}=\sum_{s=0}^9 f_{i-1,({j\over s})\%p,k-s} n这么大，一看就要倍增，j很小，倍增的时候可以直接枚举fj,k=∑a×b=j∑x=0kfa,x∗fb,k−xf_{j,k}=\sum_{a\times

可以看immortalCO大佬的博客我是参考了Manchery的代码…#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>using namespace std;const int N=30010,M=310,P=10007,inv2=P+1>>1;inline char nc(){ stat

学一发分治FFT求多项式exp感觉这种打法应该比牛顿迭代好打多了#include &lt;cstdio&gt;#include &lt;iostream&gt;#include &lt;algorithm&gt;using namespace std;const int N=1000010,P=998244353;inline void add(int &amp;x,int...