ez_lcw的博客

并没有简洁的写法，但实际上我们可以通过牛顿迭代解出。牛顿迭代因为常数项等问题，比较玄学，建议多迭几次。考虑使用拉格朗日反演，对于形式幂级数。的形式，若把原来的式子转化成。事实上，正确的方法应该令。，把原来的式子转化成。......

不太严谨的证明

阿巴阿巴

线性递推数列和整式递推数列

称一个正整数三元组 (a,b,c)(a,b,c)(a,b,c) 为一组本原勾股数，当且仅当其满足 a2+b2=c2a^2+b^2=c^2a2+b2=c2 且 gcd⁡(a,b,c)=1\gcd(a,b,c)=1gcd(a,b,c)=1。不是本原勾股数的勾股数被称作派生勾股数。任意本原勾股数 (a,b,c)(a,b,c)(a,b,c) 的任意 kkk 倍对应着一组勾股数 (ka,kb,kc)(ka,kb,kc)(ka,kb,kc)。同时一组勾股数 (a,b,c)(a,b,c)(a,b,c) 唯一对应着一组

题面摆题解首先我们将原矩阵写成 A+BA+BA+B，其中 BBB 全是 CCC，那么 AAA 的第 iii 行就只有其倍数处有值，且 Ai,i=1−C,Ai,j(i∣j∧i≠j)=−CA_{i,i}=1-C,A_{i,j(i|j\land i\neq j)}=-CAi,i​=1−C,Ai,j(i∣j∧i​=j)​=−C。那么原来的行列式就变成了：∑p(−1)sgn⁡(p)∑S⊆{1,⋯ ,n}∏i∈SAi,pi∏i∉SBi,pi\sum_{p}(-1)^{\operatorname{sgn}

鞅一些定义：随机过程：依赖于参数的一组随机变量的全体，参数通常是时间。即假设 TTT 是指标集，且对于任意 t∈Tt\in Tt∈T，XtX_tXt​ 都是一随机变量，那么我们就可以称 {Xt∣t∈T}\{X_t|t\in T\}{Xt​∣t∈T} 为一随机过程。条件概率：P(A∣B)P(A|B)P(A∣B)，表示事件 AAA 在事件 BBB 发生的条件下发生的概率。独立同分布：对于随机变量 X1,⋯ ,XnX_1,\cdots,X_nX1​,⋯,Xn​，若它们服从同一分布，并且互相独立，就称这些

记录一下推导这题的时候发现的一个东西。按照我一开始的推法，推出来是这个东西：∑i=1nμ2(i)⌊ni⌋2\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\mu^2(i)\left\lfloor\sqrt{\frac{n}{i}}\right\rfloor^2\end{aligned}i=1∑n​μ2(i)⌊in​​⌋2​其中 ⌊ni⌋2\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor^2⌊in​​⌋2 就是在 [1,ni]\left[1,\dfr

前几周的模拟赛才遇到过类似的套路，现在在 AT 上遇到又不会了……于是都记录一下。其实写完之后还是感觉不太能熟练运用……，可能需要多做题做理解。【XSY4214】quq题面：http://192.168.102.138/JudgeOnline/problem.php?cid=1818&pid=2题解：设 m=max⁡aim=\max a_im=maxai​，即编号最大的可能被扭到的蛋。首先先将扭蛋机按 aia_iai​ 从小到大排序。先考虑最优策略是什么，设 bib_ibi​ 表示 ≥i

本文大量参考了：command_block 的博客：位运算卷积(FWT) & 集合幂级数FWT 概论定义位运算卷积：C[k]=∑i⊕j=kA[i]B[j]C[k]=\sum\limits_{i\oplus j=k}A[i]B[j]C[k]=i⊕j=k∑​A[i]B[j]，记作 C=A∗BC=A*BC=A∗B，其中 $\oplus $ 为某一位运算。设 A,BA,BA,B 下标的范围都是 [0,n−1][0,n-1][0,n−1] 且满足 nnn 是 222 的幂，那么卷出来 CCC 的下

一些记号：记 P\mathbb{P}P 为质数集，pip_ipi​ 表示第 iii 个质数。记 lpf⁡(x)\operatorname{lpf}(x)lpf(x) 表示 xxx 的最小质因数为第几个质数。特别地，令 lpf⁡(1)=∞\operatorname{lpf}(1)=\inftylpf(1)=∞。设 cic_ici​ 表示 pip_ipi​ 在 m!m!m! 中的次数，注意到当 pi>mp_i>\sqrt mpi​>m​ 时，ci=⌊mpi⌋c_i=\lfloor\

五边形数：形如 k(3k−1)2\frac{k(3k-1)}{2}2k(3k−1)​ 的数，其中 kkk 为任意整数（可以为负）。定义欧拉函数：（与 φ(n)\varphi(n)φ(n) 为小于等于 nnn 的正整数中与 nnn 互质的数的个数不同）ϕ(x)=∏i=1∞(1−xi)\phi(x)=\prod_{i=1}^{\infty}(1-x^i)ϕ(x)=i=1∏∞​(1−xi)五边形数定理：ϕ(x)=∑k=−∞∞(−1)kxk(3k−1)2=1+∑k=1∞(−1)kxk(3k±1)2\p

定义：∀i∈[1,n],pi≠i\forall i\in[1,n],p_i\neq i∀i∈[1,n],pi​​=i 的长度为 nnn 的排列数。一开始看到的时候还想用容斥推：∑i=0n(ni)(−1)i(n−i)!\sum\limits_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^i(n-i)!i=0∑n​(in​)(−1)i(n−i)!，结果发现太垃圾了。递推法设 D(n)D(n)D(n) 表示长度为 nnn 的错排数，考虑枚举数 nnn 放在了第 iii 个位置（1≤i≤n−11\leq

对 k=0∼Kk=0\sim Kk=0∼K 求 ∑i=0∞piik\sum\limits_{i=0}^{\infty}p^ii^ki=0∑∞​piik。∑i=0∞piik=∑i=0∞pik![xk]eix=k![xk]∑i=0∞(pex)i=k![xk]11−pex\begin{aligned}&\sum_{i=0}^{\infty}p^i i^k\\=&\sum_{i=0}^{\infty}p^ik![x^k]e^{ix}\\=&k![x^k]\sum_{i=0}^{\i

题目要求我们分解为 x=∏i=1m(ci!)ti⋅px=\prod_{i=1}^m(c_i!)^{t_i}\cdot px=∏i=1m​(ci​!)ti​⋅p，那么显然 cic_ici​ 不可能大于等于 105+310^5+3105+3（为质数），否则 ci!c_i!ci​! 就会包括这个质数，而 xxx 不可能包含这个质因子。那么肯定是枚举 NNN 从 105+210^5+2105+2 到 222，过程中不断贪心地试除 N!N!N!。先对 x=∏i=1nai!x=\prod_{i=1}^n a_i!x

∑i=0k(ni)(mk−i)=(n+mk)\sum_{i=0}^k \binom{n}{i}\dbinom{m}{k-i}=\binom{n+m}{k}i=0∑k​(in​)(k−im​)=(kn+m​)可以理解为在大小分别为 n,mn,mn,m 的两个堆中共取 kkk 个物品，枚举在两个堆中各取了多少个。根据 (mi)=(mm−i)\dbinom{m}{i}=\dbinom{m}{m-i}(im​)=(m−im​) 可以得到许多推论：∑i=1n(ni)(ni−1)=(2nn+1)∑i=0n(n

首先 m≥n−1m\geq n-1m≥n−1 一定有解：若 m≥nm\geq nm≥n，那么 max⁡di≥k\max d_i\geq kmaxdi​≥k，直接用 max⁡di\max d_imaxdi​ 一直做即可，接下来肯定是继续进入两种情况中的一种。若 m=n−1m=n-1m=n−1，那么 min⁡di+max⁡di≥k\min d_i+\max d_i\geq kmindi​+maxdi​≥k 且 min⁡di<k\min d_i<kmindi​<k，直接用完 min⁡di\

Burnside 引理设 AAA 和 BBB 为有限集合，XXX 为 A→BA\to BA→B 的一个映射集合，GGG 是 AAA 上的一个置换群，X/GX/GX/G 表示置换群 GGG 作用在 XXX 上产生的所有映射的等价类的集合（若 XXX 中两个映射经过 GGG 中的置换作用后相等， 那么这两个映射属于同一个等价类），则：∣X/G∣=1∣G∣∑g∈G∣Xg∣|X/G|=\dfrac{1}{|G|}\sum_{g\in G}|X^g|∣X/G∣=∣G∣1​g∈G∑​∣Xg∣其中 Xg={x∣

单位根反演就是下面这个式子：[n∣k]=1n∑i=0n−1wnik[n|k]=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1} w_n^{ik}[n∣k]=n1​i=0∑n−1​wnik​证明：当 n∣kn|kn∣k 时，wnik=1w_n^{ik}=1wnik​=1，原式成立。当 n∤kn\not{|}kn​∣k 时，原式等于 1n⋅1−wnk1−wk=0\frac{1}{n}\cdot \frac{1-w^{nk}}{1-w^k}=0n1​⋅1−wk1−wnk​=0。应用

用于求数列的最短递推式。本文参考自 https://www.cnblogs.com/jz-597/p/14983564.html。增量法，设 RiR_iRi​ 表示第 iii 个历史递推式，当前为 RcntR_{cnt}Rcnt​。设 Δ\DeltaΔ 表示真实的 aia_iai​ 与用 RcntR_{cnt}Rcnt​ 求出的 aia_iai​ 的差值，即 Δ=ai−∑j=1∣Rcnt∣ai−jRcnt,j\Delta=a_i-\sum_{j=1}^{|R_{cnt}|}a_{i-j}R_{cnt,

题意：求 (∑i=1n2f(i)) mod 998244353\left(\sum\limits_{i=1}^n2^{f(i)}\right)\bmod 998244353(i=1∑n​2f(i))mod998244353，其中 f(i)f(i)f(i) 表示 iii 的不同质因子的个数，n≤1014n\leq 10^{14}n≤1014。一开始发现 g(x)=2f(x)g(x)=2^{f(x)}g(x)=2f(x) 是积性函数以为能直接 min_25 筛（结果时间爆炸（考虑 2f(i)2^{f(i

一些记号：d(x)d(x)d(x) 表示 xxx 的因数个数。如无特殊说明，以下记为 ppp 的变量的取值集合为质数集合。为了方便，有时用 a/ba/ba/b 表示 ⌊ab⌋\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor⌊ba​⌋。记模数为 PPP。有个加号不太好处理，我们分开两部分来求：∏i=1nd(i)i\prod\limits_{i=1}^nd(i)^ii=1∏n​d(i)i 和 ∏i=1nd(i)μ(i)\prod\limits_{i=1}^nd(i)^{\mu(i)}i=1∏n

设 f(n)f(n)f(n) 表示 nnn 的次大因数。∑i=1n∑j=1nf(gcd⁡(i,j))k=∑d=1nf(d)k∑i=1(n/d)∑j=1(n/d)[gcd⁡(i,j)=1]=∑d=1nf(d)k(2∑i=1(n/d)φ(i)−1)\begin{aligned}&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf(\gcd(i,j))^k\\=&\sum_{d=1}^nf(d)^k\sum_{i=1}^{(n/d)}\sum_{j=1}^{(n/d)}[\gcd(i,j)

设一个人被扣了 iii 滴血的概率为 pip_ipi​，设 ci=exp−ic_i=exp-ici​=exp−i 且只有 c0,c1,⋯ ,cexpc_0,c_1,\cdots,c_{exp}c0​,c1​,⋯,cexp​ 有值，那么题目就是在问 ∑i=0expcipi\sum\limits_{i=0}^{exp}c_ip_ii=0∑exp​ci​pi​。我们设 pip_ipi​ 的生成函数为 P(x)P(x)P(x)，那么第 iii 次操作相当于将 P(x)P(x)P(x) 乘上 (pix+(1−pi)

一般看到这种求某个矩阵的多项式的题就有可能是利用其特征多项式。给定矩阵 MMM，求 MnM^nMn。求出 MMM 的特征多项式 f(x)f(x)f(x)，那么 f(M)=0f(M)=0f(M)=0。所以我们可以让 MnM^nMn 一直减 f(M)f(M)f(M) 直到次数低于 f(M)f(M)f(M) 为止。意思就是我们先求出 g(x)=xn mod f(x)g(x)=x^n\bmod f(x)g(x)=xnmodf(x)，然后再代入 x=Mx=Mx=M。时间复杂度 O(k2log⁡n)O(k^2

给一个没有特殊性质的矩阵 AAA，求其特征多项式 ∣λI−A∣|\lambda I-A|∣λI−A∣。定义：若存在一可逆矩阵 PPP，使得 B=PAP−1B=PAP^{-1}B=PAP−1，那么称 AAA 与 BBB 相似，记为 A∼BA\sim BA∼B。相似矩阵有很多特殊性质，比如相似矩阵的特征多项式相同。证明：首先有 λI=λPIP−1=PλIP−1\lambda I=\lambda PIP^{-1}=P\lambda IP^{-1}λI=λPIP−1=PλIP−1。det⁡(B)=∣

结论：fj∣fif_j|f_ifj​∣fi​ 等价于 j∣ij|ij∣i。证明：（来自DTZ巨佬）于是询问就变成了求一个数的因数个数和因数的平方和。设 x=p1k1p2k2⋯pmkmx=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}x=p1k1​​p2k2​​⋯pmkm​​。那么 xxx 的因数个数为 ∏i=1m(ki+1)\prod\limits_{i=1}^m(k_i+1)i=1∏m​(ki​+1)，因数平方和为 ∏i=1m∑j=0kipi2j\prod\limits_{

f(n)=∑i=1kikg(n)=∑i=1nf(i)h(n)=∑i=0ng(a+id)\begin{aligned}f(n)&=\sum_{i=1}^k i^k\\g(n)&=\sum_{i=1}^n f(i)\\h(n)&=\sum_{i=0}^ng(a+id)\end{aligned}f(n)g(n)h(n)​=i=1∑k​ik=i=1∑n​f(i)=i=0∑n​g(a+id)​f(n)f(n)f(n) 是自然数幂求和，为 k+1k+1k+1 次多项式。g(n)g

求 {nm} mod 2\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\bmod 2{nm​}mod2 的值。由第二类斯特林数的递推公式：{nm}={n−1m−1}+m{nm}\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}{nm​}={n−1m−1​}+m{nm​}可知：{nm}≡{{n−1m−1}if m m

和《花神游历各国》有异曲同工之妙。首先能想到扩展欧拉定理：ab≡{ab mod φ(p)+φ(p)if b≥φ(p)abif b<φ(p)(modp)a^b\equiv\begin{cases}a^{b\bmod \varphi(p)+\varphi(p)}&\text{if }b\geq\varphi(p)\\a^b&\text{if }b< \varphi(p)\end{cases}\pmod pab≡{abmodφ(p)+φ(p)ab​

一开始搞不懂指数生成函数到底是什么组合意义……一般生成函数（OGF）一般生成函数常用于多重集选择组合问题。例：有 nnn 种不同的物品，每种分别有 a1,a2,⋯ ,ana_1,a_2,\cdots,a_na1​,a2​,⋯,an​ 个，求从中选出 mmm 个的组合方案数。我们设第 iii 种物品的一般生成函数为 Gi(x)=1+x+x2+⋯+xaiG_i(x)=1+x+x^2+\cdots+x^{a_i}Gi​(x)=1+x+x2+⋯+xai​。设 F(x)=∏i=1nGi(x)=(1+x+⋯+

题面平方问题题解记 p=998244353p=998244353p=998244353，那么 ap−1≡1(modp)a^{p-1}\equiv 1\pmod pap−1≡1(modp)。（gcd⁡(a,p)=1\gcd(a,p)=1gcd(a,p)=1）那么 ab≡ab mod (p−1)(modp)a^b\equiv a^{b\bmod (p-1)}\pmod pab≡abmod(p−1)(modp)。题目的操作相当于每次把一个数的指数乘上 222，那么每个数都能表示成 a2xa^{2^x}a

题面intervcl C题解首先询问和原数列顺序无关，那么不妨把数列从大到小排序，仍记为 aia_iai​。那么题目就是给出 [l,r][l,r][l,r]，问 al,al+1,⋯ ,ara_l,a_{l+1},\cdots,a_ral​,al+1​,⋯,ar​ 中任取 kkk 个数，这 kkk 个数中最大值的期望。由于这是等概率选择，每种情况出现的概率为 1(mk)\dfrac{1}{\binom{m}{k}}(km​)1​（记 m=r−l+1m=r-l+1m=r−l+1），所以我们只需计算每种

题面搬砖题解题意为求最大的 ppp 使得 h1≡h2≡⋯≡hn(modp)h_1\equiv h_2\equiv \cdots\equiv h_n\pmod ph1​≡h2​≡⋯≡hn​(modp)。即 h2−h1≡h3−h2≡⋯≡hn−hn−1≡0(modp)h_2-h_1\equiv h_3-h_2\equiv \cdots\equiv h_n-h_{n-1}\equiv 0\pmod ph2​−h1​≡h3​−h2​≡⋯≡hn​−hn−1​≡0(modp)。那么我们可以得到 p∣gcd⁡(h

题面迷宫题解不妨把只由左向边形成的图称为 “左图”，那么 “右图” 的定义同理。如果只从图论的角度推，还是能推出来很多东西的。比如：当 X=Y=Z=0X=Y=Z=0X=Y=Z=0 时，右图能任意连，而左图只能是一些环。否则，左图和右图都只能是环。但你发现接下来很难dp。所以考虑用数学表示图论，这样就有很多性质了。具体来说，我们把右图看成一个映射 fff，左图看成一个映射 ggg，那么题目就是要求 fXgfYgfZ=idf^Xgf^Ygf^Z=idfXgfYgfZ=id。当 X=Y

题面&题意Product of Roots已知 f(x),g(x),h(x)f(x),g(x),h(x)f(x),g(x),h(x) 能表示成：f(x)=∏i=1n(aix+1)g(x)=∏i=1m(bix+1)h(x)=∏i=1n∏j=1m(aibjx+1)\begin{aligned}f(x)&=\prod_{i=1}^n(a_ix+1)\\g(x)&=\prod_{i=1}^m(b_ix+1)\\h(x)&=\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}

题面安静题解首先题目的条件可以看作是：如果当前时刻 XXX 模 TiT_iTi​ 为 jjj，那么就会得到 fi(j)f_i(j)fi​(j) 的贡献。构造一个答案时刻 XXX，使得总贡献最大，求总贡献的最大值。注意到 t≤120t\leq 120t≤120，那么我们将 TiT_iTi​ 相同的归到一类：设 f(t,j)f(t,j)f(t,j) 表示当前时刻 XXX 模 ttt 为 jjj 时的总贡献，那么接下来整道题都与 nnn 无关了。现在题目的要求变成了：如果当前时刻 XXX 模 ttt 为

题面简单的数据结构题题解直接考虑我们要计算的式子。为了方便，我们先设 l=1,r=nl=1,r=nl=1,r=n。∑i=1naik∏j≠i1−aiajai−aj=∑i=1naik(∏j≠i1ai−aj)(∑l=0n−1∑1≤j1<j2<⋯<jl≤nj1,j2,⋯ ,jl≠i(−aiaj1)(−aiaj2)⋯(−aiajl))=∑i=1naik(∏j≠i1ai−aj)(∑l=0n−1ail[xn−1−l](∏j≠i(x−aj)))=∑l=0n−1[xn−1−1](∑i=1naik+l

题面行列式题解马神说：这可能是本场比赛最简单的一道题。黑人问号脸.jpg（这篇题解我很多地方写得很简略或很不严谨，所以如果有些地方看不懂请自己推一推）考虑构造矩阵 B=(x)n×nB=(x)_{n\times n}B=(x)n×n​，然后设矩阵 C=A−BC=A-BC=A−B。那么矩阵 CCC 满足 Cpi,i=bi−xC_{p_i,i}=b_i-xCpi​,i​=bi​−x，Ci,pi=ci−xC_{i,p_i}=c_i-xCi,pi​​=ci​−x，Ci,i=di−xC_{i,i}=d_i

让多项式完全入门、求导积分0基础的来做这个？？?赶紧看来一波高中选修2-2，才来硬推这道题。所以说有一些对于巨佬们来说很简单就能推出来的东西，我可能反而会用一些更加复杂的方法。题目可以看成是对于所有的 kkk 求出：lim⁡Δx→0(∏i=1n1aiΔx+1⏟加 1 是因为植树原理)⏟每种结果出现的概率(∑b1=0a1Δx∑b2=0a2Δx⋯∑bn=0anΔx⏟枚举每个 xi=biΔx(∑i=1nbiΔx)k)\lim_{\Delta x\rightarrow 0}