Entropy Increaser 的博客

三年之期已到！我们考虑一个 DFA，它接受的字符是 < 和 >，每条转移边上有个边权，每个节点有个终止权值。定义一个排列的权值是把它的相邻不等关系抠出来，走过的边权值相乘，最后乘以终点的终止权值。试对 ∑n(∑p∈πnw(p))xn\sum_n \left(\sum_{p\in \pi_ n} w(p)\right) x^n∑n​(∑p∈πn​​w(p))xn 建立生成函数。我们以 小孩召开法 为例。「2019 山东一轮集训 Day3」小孩召开法 总共有两个状态，上升（AAA）和下降（D

有两道题没做

首先一个简单的想法是考虑一个朴素的 DP，Fu(i,j)F_u(i, j)Fu​(i,j) 表示 uuu 所在的子树达到纳什均衡，其中 AAA 的最优策略达到了 iii，BBB 的最优策略达到了 jjj。我们来先看一下假设 u∈Au\in Au∈A 的情况。其 u∈Bu\in Bu∈B 的转移是完全对称的：设两子为 l,rl, rl,r。若以 lll 为重子，注意此时 lll 的子树维持纳什均衡，但 rrr 的子树只需保证修改 AAA 可达的最大值 ≤i\le i≤i。我们记 Xr(i)X_r(i)Xr​

给数列 ana_nan​，施线性变换 ak′←∑n≥kann+1a'_k \leftarrow \sum_{n\ge k} \frac{a_n}{n+1}ak′​←∑n≥k​n+1an​​ 进行 mmm 次。我们来尝试回答一下 F0(x)↦F1(x)F_0(x) \mapsto F_1(x)F0​(x)↦F1​(x) 的过程如何用代数工具刻画。考虑变换：∫01F(xt+(1−t)) dt\int_0^1 F(xt+(1-t)) \,\mathrm{d} t∫01​F(xt+(1−t))dt对于.

我们知道其生成函数就是 (1)(1+x)⋯(1+x+⋯+xn−1)(1)(1+x)\cdots(1+x+\cdots +x^{n-1})(1)(1+x)⋯(1+x+⋯+xn−1)，即(1−x)(1−x2)⋯(1−xn)(1−x)n\frac{(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^n)}{(1-x)^n}(1−x)n(1−x)(1−x2)⋯(1−xn)​现在我们欲求 [xk][x^k][xk]，考虑首先加入哑元 ttt，变为f(t)=(1−tx)(1−tx2)⋯(1−txn)/(1−x)n

看见无论是官方题解还是其他人写的一些东西都讲了很多群论相关，在这里给出一个看起来没有什么群论的思路。我们不妨先假设能搞出一个等价类意义上的树的集合 T\mathscr TT，那答案就是1(n−1)!k∑T∈Tways⁡(T)k\frac1{(n-1)!^k} \sum_{T \in \mathscr T} \operatorname {ways}(T)^k(n−1)!k1​T∈T∑​ways(T)k而对于 ways⁡(T)\operatorname {ways} (T)ways(T) 怎么表示，我

我们将暴力计算出二元生成函数 F^(z,t)=∑n≥1∑k=1nAn,kzntkn!\widehat F(z, t) = \sum_{n\ge 1}\sum_{k=1}^n A_{n,k}\frac{z^nt^k}{n!}F(z,t)=∑n≥1​∑k=1n​An,k​n!zntk​, 其中 An,kA_{n,k}An,k​ 是所有 nnn 长度的序列中 kkk 出现次数的和. 考虑容斥原理. 对于 max⁡k=m\max k = mmaxk=m 的序列, 我们有∑j=1m∑S⊆{1,2,⋯m−1}(−1)

考场上就随便莽了个 Θ(k2log⁡r)\Theta(k^2\log r)Θ(k2logr) 的做法发现反正能过，就不管了……直到最近又提起这道题。事情的经过其实是这样的……偶然看到了 cz_xuyixuan 用 BM 直接给莽过去了，感到有点诧异，于是就冷静了一下，发现这道题的特征根有很强的性质：对于 T=2T=2T=2 的部分，因为递推式是 x2−x−1x^2-x-1x2−x−1，所以两...

首先根据一番推导，不包含 LLL 的倍数长度的排列长度由exp⁡(−∑k≥1zkLkL)11−x=(1−zL)1/L/(1−z)\exp (-\sum_{k\ge 1} \frac{z^{kL}}{kL}) \frac1{1-x} = (1-z^L)^{1/L}/(1-z)exp(−k≥1∑​kLzkL​)1−x1​=(1−zL)1/L/(1−z)这一 EGF 表示，因此令 k=⌊n/L⌋...

本文首发与 UOJ先抛出目前得到的结果：区间给每个数加 x(x≥0)x (x \ge 0)x(x≥0)，区间查询最大子段和，我们有一个 O(nlog⁡3n+mlog⁡4n+qlog⁡n)\mathcal O(n\log^3 n + m\log^4 n + q\log n)O(nlog3n+mlog4n+qlogn) 的做法（不排除可能通过一些分析发现这个算法的复杂度实际上更低）。其中，nnn ...

这题在原本 std 的复杂度是 Θ(r)\Theta(\sqrt r)Θ(r​) 的，本人在验题过程中给出的算法复杂度为 Θ(r37)\Theta(r^{\frac 37})Θ(r73​)。算是非常规整除分块的一点探索吧。思路要点考虑将两个数乘积为平方数当且仅当所含有的次数为奇数的素因子集合，因此这就构成了一个等价关系。等价类内的数显然应当挨在一起放，故得到：答案为区间长度减去出现的等价类数量...

分治下去即可，在这个过程中可以做到使两个集合的边数量尽量接近，注意到这个过程有 $T(m) = T(\alpha m) + T((1-\alpha) m) + \Theta(m)$ 且 $\alpha \in \left[\frac 13, \frac 23\right]$。复杂度为 $\Theta(m\log m)$。

考虑进行容斥。记 F(z)F(z)F(z) 是先假设一直按下去，nnn 次后恰好所有灯都达到状态的概率的指母函数，则有F(z)=∏i=1nepiz+(−1)sie−piz2F(z) = \prod_{i=1}^n \frac{\mathrm e^{p_iz} + (-1)^{s_i} \mathrm e^{-p_iz}}2F(z)=i=1∏n​2epi​z+(−1)si​e−pi​z​注意...

即要求计算一个集合幂级数在子集卷积意义下的exp⁡≤kf=∑j=0kfkk!\exp_{\le k} f = \sum_{j=0}^k \frac{f^k}{k!}exp≤k​f=j=0∑k​k!fk​

似乎论文哥觉得这没有必要专门写个题解来提示？那我来吧（在一类用到 Polya 计数定理的生成函数求解时，我们会遇到一些带入了 A(zk)A(z^k)A(zk) 这样的式子，就比如这题可以列出这个方程：A(z)=1+zA(z)3+3A(z2)A(z)+2A(z3)6A(z)=1+z\frac{A(z)^3+3A(z^2)A(z)+2A(z^3)}6A(z)=1+z6A(z)3+3A(z2)A(z...

题意：求∑i=0n∑j=0i\{ij\}⋅2j⋅j!\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^i {i \brace j} \cdot 2^j \cdot j!i=0∑n​j=0∑i​{ji​}⋅2j⋅j!同余 998244353998244353998244353。翻了一下各 oj 这题的榜，无一例外都是 Θ(nlog⁡n)\Theta(n\log n)Θ(nlogn) 的 NT...