DOFYPXY的博客

听说形如xkx^k的都是Stirling数的套路？我怎么没听说过啊。。。 有个性质：xk=∑i=1kS(k,i)∗i!∗(xi)x^k=\sum_{i=1}^k S(k,i)*i!*{x\choose i} 考虑一个组合意义证明，就是给kk个格子染xx种色的方案数，等于先把这kk个格子分成若干集合，在选出相同个数的颜色，每个集合染同一种颜色的方案数。i!∗(xi)i!*{x\choose i}

题面 如果只考虑行不相同，答案显然为(cM)N−(c^M)^\underline N。 再考虑列不相同的情况，把相同的列看成一个等价类，至多ii个等价类F(i)F(i)的方案为(ci)N−(c^i)^\underline N。 设恰好ii个等价类的方案为G(i)G(i)，我们就要求G(M)G(M)，而且还有： F(M)=∑i=1M{Mi}G(i)F(M)=\sum_{i=1}^M\begi

联通图计数一般都是容斥。。。 首先设F(M)F(M)为至少MM个联通块的图的个数，G(M)G(M)为恰好MM个联通块的图的个数，那么有： F(M)=∑i=MN{iM}G(i)F(M)=\sum_{i=M}^N\begin{Bmatrix}i\\M\end{Bmatrix}G(i) 根据stirling反演有： G(M)=∑i=MN(−1)i−M[iM]F(i)G(M)=\sum_{i=M}

还是那个用下降幂替换kkk次幂的套路。推式子： ∑i=1n(ni)ik=∑i=1n(ni)∑j=0k{nj}ij–∑i=1n(ni)ik=∑i=1n(ni)∑j=0k{nj}ij_\sum_{i=1}^n{n\choose i}i^k=\sum_{i=1}^n{n\choose i}\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} n\\j \end{Bmatrix}i^{\underli...

设gn=∑ni=0{ni}2ii!gn=∑i=0n{ni}2ii!g_n=\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix} n\\i \end{Bmatrix}2^ii!，题目即求∑ni=0gi∑i=0ngi\sum_{i=0}^n g_i。 考虑gngng_n的组合意义，把nnn个元素放进iii个集合，这些集合有顺序之分，而且每个集合有两种状态，那么考虑枚举一个集合，gn=∑ni=12...

{nj}{nj}\begin{Bmatrix} n\\j \end{Bmatrix} 首先考虑计算模质数下的自然数幂和，通过stirling数转化成下降幂， ∑i=0nik=∑i=0n∑j=0k{kj}ij–=∑j=0k{kj}∑i=0nij–∑i=0nik=∑i=0n∑j=0k{kj}ij_=∑j=0k{kj}∑i=0nij_\sum_{i=0}^n i^k=\sum_{i=0}^n\sum...

问题要求无序方案数，可以转化成求有序方案数再除以n!n!n!即可。 先考虑去掉互不相同的限制，最后用斯特林数容斥掉即可。 可以发现从高往低扫，假如出现RRR有一位是111，而且有一个数这位填了000，那么剩下的数就可以再RRR的范围内随便填，因为最后都可以通过这个数把异或和调成000。于是我们可以通过枚举是哪一位最初发生了这种情况，求出g(i)g(i)g(i)表示选出iii个数异或和为000的...

因为保证了Bi<Ai+1Bi<Ai+1B_iiii位的111分配给第i−1i−1i-1位变成AiAiA_i，求一共有多少种分配方法。 那么我们设ft(n)ft(n)f_t(n)表示假设第ttt位上是nnn（i=1..t−1i=1..t−1i=1..t-1位都是BiBiB_i），有多少种分配方案，那么枚举分给下一位多少，就有 ft(n)=∑i=0nft−1(iAt+Bt−1)ft(n...