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

令 fSf_S 表示点集 SS 的答案，gSg_S 表示点集 SS 的连通图个数那么 gSg_S 可以通过枚举与编号最小的点联通的点集求出来fS=gS−∑T∈SgT×MT,S−Tf_S=g_S-\sum_{T\in S}g_T\times M_{T,S-T}，MS,TM_{S,T} 表示把点集 SS 分成几个联通块后连到 TT 上的方案数#include <cstdio>#include <ios

枚举最后的树中有多少个是truly sweet的 答案就是 ∑i=0nfi×gi\sum_{i=0}^n f_i\times g_i其中，fif_i 表示选出 ii 个水果使其价值和不超过Limit的方案数 gig_i 是有 ii 个truly sweet的生成树个数fif_i 可以meet in middle 设图中前 ii 个点是truly sweet， i+1i+1 到 kk 是s

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

容斥 令 fi,jf_{i,j} 表示走了 ii 步不合法的，x和y都走了 jj 的方案数 li,jl_{i,j}，ri,jr_{i,j} 分别表示在x，y方向上随便走了 ii 步，走了 jj 的方案数那么答案是 ∑d=0R(−1)d(Rd)∑i=0nfd,i×lR−d,n−i×rR−d,m−i\sum_{d=0}^R(-1)^d{R\choose d}\sum_{i=0}^nf_{d,i}

容斥练习题这题状压DP的做法跟今年NOIP那题状压一样简单——vectorxj也可以容斥 枚举叶子的集合 SS，算出非叶子的点的导出子图的生成树个数，再乘上每个叶子和这些点的边的数量 这样可以算出 fif_i，至少有 ii 个叶子的方案数然后就跟一般容斥一样 gi=fi−∑j=i+1n(ji)gjg_i=f_i-\sum_{j=i+1}^n{j\choose i}g_j#include <

男女生按升高排序 令 fi,jf_{i,j} 表示前 ii 个女生中有 jj 个比男生高（其他 i−ji-j 个不确定）的方案数DP出来了容斥一下就可以了#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;const int N=210;const int

经典题了枚举初始状态的磁头位置，求出哪些位置可以随意改动，然后大力容斥#include &lt;cstdio&gt;#include &lt;iostream&gt;#include &lt;algorithm&gt;#include &lt;vector&gt;#include &lt;cstring&gt;using namespace std;typedef lo...

wwwww比赛的时候题目看错了假设我们确定的1的位置，那么接下来的每一轮，1都会和一段长度为2的幂的区间里，标号最小的人pk。把1固定在1位置（求出最终方案数后乘上 2n2n2^n 就是答案），那么就相当于区间 [2,2][2,2][2,2]，[3,4][3,4][3,4]，[5,8][5,8][5,8]…[2n−1+1,2n][2n−1+1,2n][2^{n-1}+1,2^n] 里的最小...

很妙的题这题其实如果不考虑攻击的限制，也就是不管猎人死没死，他都能被当作攻击的目标，一个猎人被攻击到的概率是一样的。设 A=∑wiA=∑wiA=\sum w_i ， BBB 为以及死的猎人的 wiwiw_i 的和，设 PiPiP_i 为 iii 是下一个被杀死的概率（iii 之前还活着）那么 Pi=wiA−BPi=wiA−BP_i={w_i\over A-B}，如果不考虑攻击的限制，...

字典树实际上就是把前缀给缩起来如果只有两个串，那么答案就是两个串的长度和减去LCP这就是个容斥的形式，答案就是 2?的数量+∑S∈U(−1)|S|+1LCP(S)2^\text{?的数量}+\sum_{S\in U} (-1)^{|S|+1}LCP(S)前面的 2?的数量2^\text{?的数量} 是根节点LCP的话，枚举一下每一位，判断一下就可以了hihocoder跑得好快啊，竟然没被卡常#inc

考虑从小到大加入一个数，加入 ii 时会增加大于0小于 ii 对逆序对那么就相当于求 ∑ai=k\sum a_{i} = k 的方案数，其中 ai<ia_i<i这就是个很经典的背包了——BZOJ2431但是这题不能用背包来做考虑容斥。朴素的容斥要枚举哪些超过限制，这样复杂度是指数级别的，但是很多是有重复的令 fi,jf_{i,j} 表示用 ii 个数组成 jj 的方案数gi=∑fi,j×(n+k−j

去年暑假就见过这道题，觉得太难就扔到一边，这几天上课讲到就填上这个坑考虑状压DP，因为普通DP出来的方案数中会存在局部最小值大于给定数量的情况，所以要dfs出所有情况然后容斥#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <string>#define mod 123456

这题跟BZOJ3782 上学路径思路一样。 但是这道题的图不是网格图，这个时候就要重建一下图，首先我们发现，从起点走到一个点用的A走法和B走法的次数是固定的，假设A走法用了x次，B走法用了y次，那么可以列一个方程组： {Ax∗x+Bx∗y=xiAy∗x+By∗y=yi\left\{\begin{array}{c}Ax*x+Bx*y=x_i\\Ay*x+By*y=y_i\end{arr

考虑容斥原理 Ans=f满足和为p的倍数−f满足和为p的倍数求不含质数Ans=f_{满足和为p的倍数}-f_{满足和为p的倍数求不含质数} 可以DP,f(i,j)f(i,j)表示转移到第i位，前i位和模P等于j的方案数那么显然f(i,j)=∑f(i−1,k)∗cnt(j−k+p)modpf(i,j)=\sum f(i-1,k)*cnt_{(j-k+p)\mod p}其中cnticnt_i表示1~

既然APIO讲到了，就补一发计数题题意是求有多少个n的排列，满足对于任意ii，|a[i]−i|≠k|a[i]-i|\neq k，kk是给定整数陈老师说的简单DP不会啊…只好求助Manchery另fif_i表示恰好有ii个xx满足|a[x]−x|=k|a[x]-x|=k，答案就是∑ni=0fi(n−i)!(−1)i\sum_{i=0}^n f_i(n-i)!(-1)^i——摘自官方题解 官方也没给出

因为要选6根木棒，发现肯定是1，1，2，2或1，1，1，3形式。 可以枚举2和3的部分，然后推一推，容斥容斥就可以了 但是细节贼多#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>using namespace std;const int N=5010,MAX=1e7;typedef long

题解#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int N=1e7+10,P=1e9+7;int n,f[N],fac[N],inv[N];inline ll C(int x,int y){ return 1LL*fac[x]*in

把M个物品分给N个人的方案数，可以用插板法得到，为(M+N−1N−1)M+N-1\choose N-1 不考虑每个人至少分到一个，这些特产的总方案数为∏(Ai+N−1N−1)\prod {A_i+N-1\choose N-1} 发现每个人至少分到一个这个限制很麻烦，反过来的话就比较好做，容斥就可以了#include <cstdio>#include <iostream>#include <a

传送门 %%%度神 很强的计数题 题目就是求形如ABAB的个数，发现这个很难求，补集转换一下，答案就是总数减去AABB和ABBA的个数 求总数很简单，就是∏i=1n(ai2)\prod_{i=1}^n{a_i\choose 2}aia_i是第i中颜色个数 AABB的个数可以枚举p，然后用颜色的前后缀和求出来。 重点就是求ABBA了 直接求还是不好求，可以设一个阈值 SS BigBig

把所有数取反，转换成分成两个集合，集合或值相同。容斥一下每次枚举哪些位不满足条件，用并查集维护一下要在同一个集合的联通块就好了#include <cstdio> #include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <cstring>using namespace std;class SetAndSet{

这题我原来使用 O(2nn3)O(2nn3)O(2^n n^3) 暴力过的…跑的还贼快可以用Min-Max 容斥设 Max(S)Max(S)Max(S) 表示集合里最晚被访问的节点被访问的期望步数（也就是访问所有节点的期望步数）。设 Min(S)Min(S)Min(S) 表示集合里最早被访问的节点被访问的期望步数（也就是第一次访问到集合里的节点的期望步数）那么 Max(S)=∑T∈...