CE玩家

首先数据很小……可以打表……找规律找出来是(k+1)n−1∗(k−n+1)kn\dfrac{(k+1)^{n-1}*(k-n+1)}{k^n}证明可以看这篇…我的约分的方法比较奇怪，因为只有200以下的因子，就暴力枚举1~200，分子分母能同时除就除掉，当初是从Manchery那看到的，感觉打起来要方便一点……#include <cstdio>#include <iostream>#includ

ZJOI2017DAY2滚粗后刷一发水题……这题显然跟ll,rr的值没关系，但是跟r−l+1r-l+1有关，另其为mm 那么考虑最后的数列一定是有a1a_1个ll，a2a_2个l+1l+1,a3a_3个l+2l+2…ama_m个rr组成，其中aia_i是大于等于0的整数。那么答案就是 1≤∑mi=1ai≤n1\leq \sum_{i=1}^m a_i \leq n 的解的个数 其实就是 ∑mi=

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

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}^{

ii 向 aia_i 连边，会形成若干个环那么把钥匙分配给这些环的概率就是答案DPfi,jf_{i,j} 表示前 ii 个环都打开了，还剩下 jj 把钥匙的概率fi,j=fi−1,k×(sizeik−j)(n−sizeij)(nk)f_{i,j}={f_{i-1,k}\times {size_i\choose k-j}{n-size_i\choose j}\over{n\choose k}}这样DP

由样例一可以知道三个数的位置关系这四种情况其实是等价的，所以就就考虑其中的一种就好了对于每一个三元环，我们求出它在所有排列中出现多少次，总和除以 n!n!n! 就是答案设我们考虑的环为 a3a3a_3 a1a1a_1 a2a2a_2 (a1&lt;a2&lt;a3a1&lt;a2&lt;a3a_1a3a3a_3 与 a1a1a_1 之间， a1a1a_1 与 a2a2a_2 之间可能插...