Stargazer的博客

传送门首先nnn个数的置换个数是n!n!n!证明可以用生成函数循环的egf f=∑i(i−1)!i!xi=∑ixiiegf\ f=\sum_i\frac{(i-1)!}{i!}x^i=\sum_i\frac{x^i}{i}egf f=∑i​i!(i−1)!​xi=∑i​ixi​ln⁡(11−x)=∑ixii=f\ln(\frac{1}{1-x})=\sum_i\frac...

传送门感觉和喂鸽子有点像但是由于智商欠费完全想不出考虑对于一个舱，计算其满的时候有多少还有没半满的舱的概率最后乘以nnn即可考虑容斥强制有ppp个没满那么容斥系数就是(n−1p)(−1)p−1{n-1\choose p}(-1)^{p-1}(pn−1​)(−1)p−1考虑转成序列问题即序列值域为[0,p][0,p][0,p]，出现aaa个000时1−p1-p1−p均出现少于bbb...

题意：∀i∈[0,n),求ki!(ki−i)!\forall i\in[0,n),求\frac{ki!}{(ki-i)!}∀i∈[0,n),求(ki−i)!ki!​考场用快速阶乘的套路整了一个nnlognn\sqrt nlognnn​logn结果只有暴力分考虑求的(kii−1)/i∗((ki−i+1)∗i!){ki\choose i-1}/i*((ki-i+1)*i!)(i−1ki​)/i∗(...

传送门1:mn1:m^n1:mn2:mn‾2:m^{\underline n}2:mn​3:S(n,m)m!,S3:S(n,m)m!,S3:S(n,m)m!,S为第二类斯特林数4:∑i=0mSn,i4:\sum_{i=0}^mS_{n,i}4:∑i=0m​Sn,i​5:[n≤m]5:[n\le m]5:[n≤m]6:S(n,m)6:S(n,m)6:S(n,m)7:(n+m−1m−1...

传送门每个集合权值有一个∣S∣|S|∣S∣考虑一个集合权值的组合意义可以看做对于每个数，集合里每个数都对他计算一次于是对于每个数考虑他被计算多少次如果自己对自己，显然就是S(n,k)S(n,k)S(n,k)次，SSS为第二类斯特林数否则别的n−1n-1n−1个和自己一个集合的方案就是S(n−1,k)∗(n−1)S(n-1,k)*(n-1)S(n−1,k)∗(n−1)次O(n)O(n)...

传送门首先记一下k=2k=2k=2的一个做法就是求平方的期望一个想法是直接期望DPDPDP考虑E(an2)E(a_n^2)E(an2​)考虑求E((∑i=1nai)2)E((\sum_{i=1}^na_i)^2)E((∑i=1n​ai​)2)拆开后是要求E(ai2),E((∑i=1n−1ai)2)E(a_i^2),E((\sum_{i=1}^{n-1}a_i)^2)E(ai2​),E...

传送门题解区的Eulerian numberEulerian\ numberEulerian number什么的完全看不懂啊显然能得到一个n2,dpn^2,dpn2,dpf[i][j]f[i][j]f[i][j]表示前iii个有jjj个的方案有f[i][j]=f[i−1][j]∗(j+1)+f[i−1][j−1](i−j)f[i][j]=f[i-1][j]*(j+1)+...

传送门若r=1r=1r=1就直接拉格朗日插值否则设gk(n)=∑i=1nikrig_k(n)=\sum_{i=1}^ni^kr^igk​(n)=∑i=1n​ikrirgk(n)=∑i=2n+1(i−1)krirg_k(n)=\sum_{i=2}^{n+1}(i-1)^kr^irgk​(n)=i=2∑n+1​(i−1)kri(r−1)gk(n)=rn+1nk−r+∑i=2nri((i−1)...

传送门显然可以发现s=∏i=1kpis=\prod_{i=1}^{k}p_is=∏i=1k​pi​时答案才不为000考虑把每个pip_ipi​的贡献表示为ki∗s+bi∗pik_i*s+b_i*p_iki​∗s+bi​∗pi​的形式(bipi<s)(b_ip_i<s)(bi​pi​<s)那么最终也就是s∑ki+∑bipi=ns\sum k_i+\sum b_ip_i=ns∑...

传送门傻逼组合数学考虑每个人翻不翻倍讨论即可注意a=0a=0a=0的情况无聊写了个平衡树玩#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define cs const#define re register#define pii pair<int,int>#define fi first#define se se...

传送门

传送门

T1:傻逼题，一个裸的矩乘就完了#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int RLEN=1<<20|1;inline char gc(){ static char ibuf[RLEN],*ib,*ob; (ob==ib)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,...

传送门考虑有一些房间是必须要去的其实就是把[l,r][l,r][l,r]的数做线性筛后剩下的那些质数和没被筛去的合数设有xxx个然后考虑实际上要找到就是每个情况最后一个要去的在第几个考虑枚举最后一个数的位置ans=∑i=1n(i−1x−1)∗x!∗(n−x)!ans=\sum_{i=1}^{n}{i-1\choose x-1}*x!*(n-x)!ans=∑i=1n​(x−1i−1​)...

传送门由于只关注每个数出现了多少次所以一种情况一定可以表示成1,2,3,4,3,4,3,4……m−1,m1,2,3,4,3,4,3,4……m-1,m1,2,3,4,3,4,3,4……m−1,m或者1,2,3,4,3,4,3,4……m−1,m,m−11,2,3,4,3,4,3,4……m-1,m,m-11,2,3,4,3,4,3,4……m−1,m,m−1的亚子设最大值为mmm则首先一定有一...

传送门首先我们发现一个排列，2个魔法使之间一定要填max(di,di+1)−1max(d_i,d_{i+1})-1max(di​,di+1​)−1个格子而如果总共一定要填的为kkk个，贡献就是(L−kn){L-k\choose n}(nL−k​)考虑dpdpdp出每种情况的方案数首先按ddd从大到小排序消除maxmaxmax我们发现一个魔法师的贡献只和他左右2边的人比他大还是小我们考...

传送门首先k=0k=0k=0的情况我们只需要求出f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示iii个点jjj条边的连通图个数只需要和城市规划差不多的方法,枚举一号点所在连通块大小算不合法情况加一维边数O(n2m2)dpO(n^2m^2)dpO(n2m2)dp解决（好像也可以高维卷积n2log2n^2log^2n2log2）k=1k=1k=1大力分类讨论若除去点111图仍联通，就...

n≤200000n\le 200000n≤200000令f(i,j)f(i,j)f(i,j)表示有iii个数,jjj个数是jmjmjm的方案数那有f[i][j]=S1(i,j)f[i][j]=S1(i,j)f[i][j]=S1(i,j)证明是显然的，任意分配成jjj个环，每个环最大值的位置一定是最后一个其他随意分配那显然ans=∑i=1nf(i−1,a−1)∗f(n−i,b−1)∗(n...

传送门题意：给定一个n×mn\times mn×m的矩阵，每个点的数值在[1,C][1,C][1,C]内，求有多少种方案使所有行和所有列都互不相同考虑f[i]f[i]f[i]表示前iii行mmm列都不相等的方案数考虑用总方案容斥掉不合法的方案iii个列都不相等的情况是(cim){c^i\choose m}(mci​)考虑减去行相等的情况考虑把所有相同的行分到一个集合可以通过枚举集合数...

传送门令fif_ifi​表示至少iii对情侣坐一起的方案数显然fj=(nj)2j!2j(2n−2j)!f_j={n\choose j}^2j!2^j(2n-2j)!fj​=(jn​)2j!2j(2n−2j)!令ansians_iansi​表示恰好iii对情侣坐一起的方案显然有fi=∑j=in(ji)ansjf_i=\sum_{j=i}^n {j\choose i}ans_jfi​=∑j=...

传送门接着之前的思路继续推瓶颈在于预处理f(n)f(n)f(n)考虑化一下f(n)=∑j=0n(−1)j1j!2j1(n−j)!2(2n−2j)!=1n!2∑j=0n(−1)jj!2j(nj)(2n−2j)!=1n!2∑j=0n(−1)jgjf(n)=\sum_{j=0}^n(-1)^j\frac{1}{j!}2^j\frac{1}{(n-j)!^2}(2n-2j)!\\=\frac ...

传送门斯特林数学习笔记考虑构造生成函数Fn=∑i=0∞s(n,i)xiF_n=\sum_{i=0}^{\infty}s(n,i)x^iFn​=∑i=0∞​s(n,i)xi由第一类斯特林数的递推式可得Fn=xFn−1+(n−1)F(n−1)=(x+n−1)F(n−1)=xn‾F_n=xF_{n-1}+(n-1)F(n-1)=(x+n-1)F(n-1)=x^{\overline n}Fn​=...

传送门一个置换可以看做若干个循环拼起来ans=∑i=1nsn,iimans=\sum_{i=1}^{n}s_{n,i}i^mans=∑i=1n​sn,i​im暴力推一波式子ans=∑i=1nsn,i∑j=0mSm,j(ij)j!ans=\sum_{i=1}^{n}s_{n,i}\sum_{j=0}^{m}S_{m,j}{i\choose j}j!ans=∑i=1n​sn,i​∑j=0m​...

传送门令fs,if_{s,i}fs,i​表示边iii在点集sss中是否出现答案就是∑s(∑ifs,i)k\sum_{s}(\sum_{i}f_{s,i})^k∑s​(∑i​fs,i​)k考虑把kkk次方拆开就是∑i=0kSk,ii!(∑fs,ii)\sum_{i=0}^{k}S_{k,i}i!{\sum_{f_{s,i}}\choose i}∑i=0k​Sk,i​i!(i∑fs,i​​​)...

传送门考虑枚举每一个iii，以及它的子树大小jjj显然对于iii和他父亲的边的贡献就是j∗(n−j)j*(n-j)j∗(n−j)考虑一个大小为nnn的二叉树，它所有可能的形态有n!n!n!种那么对于点iii，这时整棵树形态有i!i!i!种那么大小为jjj的树的方案数就是之后n−in-in−i个点种填入j−1j-1j−1个点的可能乘上这个二叉树所有的形态，即Cj−1n−i∗j!C_{j-1...