Edward The Bunny 的博客

操作加起来更耗时, 还是最下层所有叶节点的。主定理的核心是比较递归树上面那些。情况一：所有叶节点的。

定义运算名符号效果按位与&如果两个相应的二进制位都为1，则该位的结果值为1，否则为0按位或l两个相应的二进制位中只要有一个为1，该位的结果值为1按位异或^若参加运算的两个二进制位值相同则为0，否则为1取反~对一个二进制数按位取反，即将0变1，将1变0左移<<用来将一个数的各二进制位全部左移N位，右补0右移>>将一个数的各二进制位右移N位，移到右端 的低位被舍弃，对于无符号数，高位补0性质及应用

树形DP：设f[u][i]f[u][i]f[u][i]表示给uuu的子树分配工资，uuu点工资为iii的方案数f[u][i]=∏v∈sonu(∑j=1if[v][j])f[u][i]=\prod\limits_{v\in son_u}(\sum\limits_{j=1}^{i}f[v][j])f[u][i]=v∈sonu​∏​(j=1∑i​f[v][j])前缀和优化：设g[u][i]=∑j=1if[u][j]g[u][i]=\sum\limits_{j=1}^{i}f[u][j]g[u][i]=j=

手动构造发现 x=6x=6x=6 时是可行的-101234567xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

组合数(nm)\dbinom{n}{m}(mn​)：从 nnn 个物品中选出 mmm 个的方案数。(nm)=n!m!(n−m)!=nm‾m!\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}=\dfrac{n^{\underline{m}}}{m!}(mn​)=m!(n−m)!n!​=m!nm​​（这个式子只依靠经典的组合意义，所以只在 0≤m≤n0\leq m\leq n0≤m≤n 时确保成立。）推论：对称性：(nm)=(nn−m)\dbinom{n}{m}=\dbinom

一些重要式子∑i=0∞xi=11−x\sum_{i=0}^{\infty}x^i=\frac{1}{1-x}∑i=0∞​xi=1−x1​推论：11−ax=∑i=0∞aixi\frac{1}{1-ax}=\sum_{i=0}^{\infty}a^ix^i1−ax1​=∑i=0∞​aixi11−xk=∑i=0∞xik\frac{1}{1-x^k}=\sum_{i=0}^{\infty}x^{ik}1−xk1​=∑i=0∞​xik11−cxk=∑i=0∞cixik\frac{1}{1-cx^k}=\

定义差分算子Δ\DeltaΔ：Δf(x)=f(x+1)−f(x)\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)Δf(x)=f(x+1)−f(x)平移算子EEE：Ef(x)=f(x+1)E f(x)=f(x+1)Ef(x)=f(x+1)下降幂：n>0,{xn‾=x(x−1)(x−2)...(x−n+1)x−n‾=1(x+1)(x+2)(x+3)...(x+n)n>0,\begin{cases}x^{\underline{n}}=x(x-1)(x-2)...(x-n+1)\\x^{\unde

subtask 1：d=1d=1d=1答案为knk^nkn。subtask 2：n≤1000,k≤100n\leq1000,k\leq 100n≤1000,k≤100设f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示由iii个复读机来分jjj个时间点的方案数。可以得到递推式：f[i][j]=∑p=0j[d∣p]Cjp×f[i−1][j−p]f[i][j]=\sum_{p=0}^{j}[d|p]C_{j}^{p}\times f[i-1][j-p]f[i][j]=p=0∑j​[d∣p]Cjp​×f[

设最底层为第1层，倒数第二层为第2层，以此类推。发现若第111 ~ iii层构成的积木稳定，第111 ~ jjj (j>ij>ij>i)构成的积木也稳定，那么第i+1i+1i+1 ~ jjj层构成的积木一定也是稳定的。所以我们只要找到所有的iii满足第111 ~ iii层构成的积木稳定，答案就是相邻的iii之间的差的最大值。然后一坨木板的加权重心是∑iximi∑imi\frac{\sum_{i}x_im_i}{\sum_{i}m_i}∑i​mi​∑i​xi​mi​​，也就是j+1…

传送门这种求 “取到所有物品的期望时间” 的题一般都用 min−maxmin-maxmin−max容斥 解决：设t(i,j)t(i,j)t(i,j)为取到格子(i,j)(i,j)(i,j)的期望时间，集合S=∪c(i,j)=′∗′{t(i,j)}S=\cup_{c(i,j)='*'}\{t(i,j)\}S=∪c(i,j)=′∗′​{t(i,j)}那么根据min−maxmin-maxmin−max容斥有：max⁡(S)=∑T⊆S,T≠∅(−1)∣T∣−1min⁡(T)\max(S) = \sum_{

XSY3318CSA35G对于一个询问区间的集合SSS，求出每一个数被哪些区间覆盖了，记为SiS_iSi​。要能保证猜出选中数，当且仅当每个数的SiS_iSi​互不相同。考虑求出不满足要求的集合SSS的个数。首先可以观察得到SiS_iSi​的一个性质：若a<b<c<da<b<c<da<b<c<d且Sa=Sc,Sb=SdS_a=S_c,S_b=S_dSa​=Sc​,Sb​=Sd​，则必有Sa=Sb=Sc=SdS_a=S_b=S_c=S_dSa​=

1.已知某事件发生的概率为ppp，则要让该事件发生所需的试验次数期望值为1p\frac{1}{p}p1​证明：Ex=p×1+(1−p)×(Ex+1)E_x=p\times 1+(1-p)\times(E_x+1)Ex​=p×1+(1−p)×(Ex​+1)易解得Ex=1pE_x=\frac{1}{p}Ex​=p1​

f(x)f(x)f(x)表示xxx的次大约数，有f(x)=xx的最小质因数f(x)=\frac{x}{x的最小质因数}f(x)=x的最小质因数x​，那么∑i=1n∑j=1nsgcd(i,j)k=∑i=1n∑j=1nf(gcd(i,j))k=∑d=1nf(d)k∑i=1n∑j=1n[gcd(i,j)=d]=∑d=1nf(d)k∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊nd⌋[gcd(i,j)=1]=∑d=1nf(d)k⋅(2∑i=1⌊nd⌋φ(i)−1)\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{

常见完全积性函数：ϵ(n)=[n=1]ϵ(n)=[n=1]ϵ(n)=[n=1]（元函数，满足f∗ϵ=ff*ϵ=ff∗ϵ=f）I(n)=1I(n)=1I(n)=1id(n)=nid(n)=nid(n)=n常见卷积：μ∗I=ϵ\mu* I=ϵμ∗I=ϵϕ∗I=id\phi*I=idϕ∗I=idf(n)=∑i=1ni×ϕ(i)f(n)=\sum_{i=1}^{n}i\times\phi(i)f(n)=∑i=1n​i×ϕ(i)则(f∗id)(n)=∑d∣nd×ϕ(d)×nd=n∑d∣nϕ(d)=n2

Tree Ext这道题相当于把3道题合了起来。要求修复的边中恰好有 k 条白边：五颜六色的幻想乡(附拉格朗日插值法求多项式系数 )+bzoj2654 tree(WQS二分 新科技get)是最小生成树计数而非生成树计数：BZOJ1016」[JSOI2008] 最小生成树计数具体可以看看这篇博客，代码中的注释也解释得较清楚#include<bits/stdc++.h>#define int long longusing namespace std;const int mod=

g(n,j)=∑i=1nik[i∈P  or  i的最小质因数>Pj]g(n,j)=\sum_{i=1}^ni^k[i\in P\ \ or \ \ i的最小质因数>P_j ]g(n,j)=∑i=1n​ik[i∈P  or  i的最小质因数>Pj​]若Pj2>nP_j^2>nPj2​>n：显然不会产生新的贡献了，此时有g(n,j)=g(n,j−1)g(n,j)=g(n,j−1)g(n,j)

1 矩阵及其运算由m×nm\times nm×n个数aija_{ij}aij​排成的mmm行nnn列的数表称为mmm行nnn列的矩阵，简称m×nm\times nm×n矩阵。记作：A=[a11a12...a1na21a22...a2n............am1am2...amn]A=\begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & ...&a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} &...&a_{2n}\\...&..

智慧树解决此题有两个要点：如何判断一个线性同余方程组有没有解如何统计合法子序列数目先看第2点：若一个序列是合法的，则这个序列的所有子序列都是合法的考虑对∀1≤i≤n\forall 1\leq i\leq n∀1≤i≤n，求出以iii为左端点时，序列右端点最右能取到哪，记为nxt[i]nxt[i]nxt[i]若不考虑l,rl,rl,r的限制，所有合法子序列数=∑i=1n(nxt[i]−i+1)\sum_{i=1}^{n}(nxt[i]-i+1)∑i=1n​(nxt[i]−i+1)加入

计数考虑转化题目，变为网格上有若干个点，要从(0,0)(0,0)(0,0)走到(n,an+1)(n,a_{n+1})(n,an+1​) ，每一步只能往右走一步或往上走一步，且若当前在(i,j)(i,j)(i,j) ，必须满足0≤j≤ai+10\leq j\leq a_{i+1}0≤j≤ai+1​，其中an+1=ana_{n+1}=a_nan+1​=an​ 。要对每个kkk求出有多少条恰走过kkk次形如(i,ai+1)→(i+1,ai+1)(i,a_{i+1})\to(i+1,a_{i+1})(i,ai+

简单的数据结构题首先考虑计算要求的式子，不妨设l=1,r=nl=1,r=nl=1,r=n。∑i=1naik∏j≠i1−aiajai−aj\sum_{i=1}^{n}a_i^k\prod_{j\not=i}\frac{1-a_ia_j}{a_i-a_j}∑i=1n​aik​∏j​=i​ai​−aj​1−ai​aj​​=∑i=1naik∏j≠i1ai−aj∏j≠i(1−aiaj)=\sum_{i=1}^{n}a_i^k\prod_{j\not=i}\frac{1}{a_i-a_j}\prod_{j

应该不难看出这是道DP题，关键是如何保证所选的数不重复且无序看到题，第一想法是设dp[k][s]dp[k][s]dp[k][s]表示选了kkk个数，当前异或和为sss的方案数，但这样产生一个问题：要如何保证所选的数不重复且无序呢？一种方法是修改状态：我们增设一维iii，dp[i][k][s]dp[i][k][s]dp[i][k][s]表示从≤i\leq i≤i的范围中选了kkk个数，当前异或和为sss的方案数。选第k+1k+1k+1个数时，理论上我们可以选一个≤i\leq i≤i的数，也可以选一个&g

树与图 如果真的在图上跑算法，那么光建图复杂度就O(n2logn)O(n^2logn)O(n2logn)了，这显然不可行。所以一定要把 在图上的操作 转换成 在树上的操作 在图上删去点u，相当于在树上删去u到根节点的链，并把u的整棵子树删掉 如果我们枚举算法可能产生的所有过程，然后再去求每个过程对应的删点次数，那么光枚举过程就已经可以T爆了 所以我们只能枚举删点次数，然后求出该删掉次数对应多少种过程 这可以用树形DP实现，时间复杂度O(n3)O(n^3)O(n3) 可以想到用生成函数进一步优化

记w=⌊m+12⌋记w=\left\lfloor\frac{m+1}{2}\right\rfloor记w=⌊2m+1​⌋=∑i=wmf[i]∑k=wi(−1)i−kCik=\sum_{i=w}^{m}f[i]\sum_{k=w}^{i}(-1)^{i-k}C_{i}^{k}=∑i=wm​f[i]∑k=wi​(−1)i−kCik​=∑i=wmf[i]∑p=0i−w(−1)pCii−p=\sum_{i=w}^{m}f[i]\sum_{p=0}^{i-w}(-1)^{p}C_{i}^{i-p}=∑i=wm​f

m(a3+b3)=n(c3+d3)m(a^3+b^3)=n(c^3+d^3)m(a3+b3)=n(c3+d3)考虑因式分解(a3+b3),(c3+d3):考虑因式分解(a^3+b^3),(c^3+d^3):考虑因式分解(a3+b3),(c3+d3):a3+b3=(a+b)3−3ab(a+b)=(a+b)(a2+b2−ab)a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)=(a+b)(a^2+b^2-ab)a3+b3=(a+b)3−3ab(a+b)=(a+b)(a2+b2−ab)c3+d3=(c+d)3

极限百度百科一、数列极限百度百科数列数列极限单调收敛原理{xn}\{x_n\}{xn​}单调递增且{xn}\{x_n\}{xn​}有上界（可以找到实数M使{xn}\{x_n\}{xn​}中任意一项小于M），{xn}\{x_n\}{xn​}收敛（存在象限a）（单调递减同理）二、函数极限百度百科定义（a的去心邻域：(a−δ,a)∪(a,a+δ)(a-\delta,a) \cup (a,a + \delta)(a−δ,a)∪(a,a+δ)）（a的左邻域：(a−δ,a)(a-\delt