zxyoi_dreamer的博客（不定期诈尸）

传送门题解：首先答案只可能是 0,1,20,1,20,1,2，原序列我们也以 0,1,20,1,20,1,2 来考虑。直接利用 LucasLucasLucas 定理可以算出答案是奇数还是偶数，如果是奇数，那肯定是 111。否则如果原序列有 111，答案不可能是 222，证明只提一点，不多赘述：在序列变为全 000 之前，会一直有至少一个位置是 111 。否则原序列是 0,20,20,2...

传送门题解：花了整整三个小时。。。一开始往期望的线性性考虑，花了半天时间拆式子发现是个套娃整个人都不好了。然后突然发现了这个东西的组合意义。考虑我们每个点 iii 向 [0,i)[0,i)[0,i) 随机连出 kkk 条边，允许重边且每条边互不相同，从点 000 跑出 kkk 个不同的小球，全部走到 nnn 的方案数，注意每条边都允许多个球通过。这道题问的期望就是所有连边方案下上面的...

传送门题解：首先这种求 kkk 次幂，kkk又那么小，显然就是二项式展开维护各个自然幂之和。于是一个比较显然的想法就是考虑一个一个加入，那么会有一部分不变，另一部分+1，维护总和和其中某个部分即可。按照左端点排序加入，维护一下右端点的前缀和即可。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re regi...

简要题意：给一个长为 nnn 的数列 aaa 和一个正整数 kkk，对于 i=1,2…,ni=1,2\dots,ni=1,2…,n，求：ansi=∑j=1i(∑l=jial)kans_i=\sum_{j=1}^i(\sum_{l=j}^ia_l)^kansi​=j=1∑i​(l=j∑i​al​)k题解：设 sss 表示 aaa 的前缀和。ansi=∑j=1i(∑l=jial)k=∑...

简要题意：给一棵 nnn 个点的树，边有边权。现在有 mmm 个A类点， mmm 个B类点，两两不同，这 2m2m2m 个点在树上选定位置 （可以有多个点在同一个位置），然后进行配对，最大化配对点的距离之和，问所有方案的距离之和是多少。n,m≤2.5e3n,m\leq 2.5e3n,m≤2.5e3题解：经典结论 （虽然我已经忘了上次见是在什么时候） ，直接考虑每条边被经过多少次，假设其中...

简要题意：一个 n×mn\times mn×m 矩阵，第 iii 行第 jjj 列的权值为 (i−1)⋅m+j(i-1)\cdot m + j(i−1)⋅m+j，需要你支持一下三种操作：R，交换两行C，交换两列Q，询问对一个子矩阵求 kkk 次二维前缀和后矩阵中元素之和。数据范围n,m,Q≤1e5,k≤10n,m,Q\leq 1e5,k\leq 10n,m,Q≤1e5,k≤10题...

传送门题解：以下假设n≤m≤ln\leq m\leq ln≤m≤l一看模数我还以为要上多项式全家桶。。。按照套路，看到“恰好”二字觉得并不对劲。。。但是你当你尝试计算“至少”的时候你觉得更不对劲，因为显然有大量的重复部分被计算，感觉计算“至少”这个东西本来就要容斥。容斥套容斥？？？考虑计算钦定iii个位置成为极大的概率fif_ifi​。然后二项式反演得到答案为ans=∑i=kn(ik...

传送门题解：完全自己推出来的第一道数学神题。首先我们知道宽度为222的部分方案数是斐波那契数列。设fnf_nfn​表示长度为nnn的时候方案数，题目要求的实际上是这个东西：∑n=lr(fnk)\sum_{n=l}^r{f_n\choose k}n=l∑r​(kfn​​)看上去非常地不可做，考虑表示成下降幂的形式，然后利用第一类斯特林数直接转成自然幂，直接上通项公式，然后利用二项式定理...

传送门题解：代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define cs constusing std::cerr;using std::cout;cs int mod=998244353;inline int add(int a,int b){return (a+=b...

传送门题解：首先我们要求的是这个式子：Ans=∑i=1n(ni)ikAns=\sum_{i=1}^n{n\choose i}i^kAns=i=1∑n​(in​)ik然而nnn贼大，并不能承受，考虑从kkk下手，由第二类斯特林数，我们知道：Ans=∑i=1n(ni)ik=∑i=1n(ni)∑j=1k(ij)j!Sk,j=∑j=1kSk,j∑i=1nn!(n−i)!i−j!=∑j=1kSk...

传送门补档计划无题解。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define cs constusing std::cerr;using std::cout;cs int mod=998244353;inline int add(int a,int b){a+=b-mo...

传送门题解：考虑这个划分的组合意义。实际上就是每个数对同组的数的最终权值都有自己www的贡献。考虑一个数对所有数的贡献。对自己的贡献的系数显然是Sn,kS_{n,k}Sn,k​，对其他数的贡献显然是(n−1)⋅Sn−1,k(n-1)\cdot S_{n-1,k}(n−1)⋅Sn−1,k​用第二类斯特林数通项公式求一下就行了。代码：#include<bits/stdc++....

传送门题解：首先我们的需要一个答案的表达式。考虑111号点的度数，该度数能够出现在多少种图中，以及nnn个点等价。以下用mmm暂代原题意中的kkk。我们可以得到答案的表达式：Ans=n⋅2(n−12)∑i=0n−1(n−1i)imAns=n\cdot 2^{n-1\choose 2}\sum_{i=0}^{n-1}{n-1\choose i}i^mAns=n⋅2(2n−1​)i=0∑...

传送门题解：枚举一下连通块，不同块之间不允许连边，同块之间允许任意连边。然后高斯消元算一下方案数。我们需要算的是111个连通块的方案数。考虑一个实际连通块数量为ttt的图，它会在我们枚举kkk个连通块的时候被算St,kS_{t,k}St,k​次。考虑∑i(−1)i−1Sn,i(i−1)!=[n=1]\sum_{i}(-1)^{i-1}S_{n,i}(i-1)!=[n=1]∑i​(−1...

传送门题解：考虑第二类斯特林数的列生成函数Fk(x)=∑i=kSi,kxiF_{k}(x)=\sum_{i=k}S_{i,k}x^iFk​(x)=∑i=k​Si,k​xi根据递推式Sn,i=Sn−1,i−1+iSn−1,iS_{n,i}=S_{n-1,i-1}+iS_{n-1,i}Sn,i​=Sn−1,i−1​+iSn−1,i​我们有Fk(x)=x1−kxFk−1(x)F_k(x)=\fr...

传送门题解：感觉求这个玩意的方法略迷，记录一下这个清奇的思路。考虑展开(1+x)t(1+x)^t(1+x)t(1+x)t=∑i=0∞(ti)xi=∑i=0∞xiti‾i!=∑i=0∞xii!∑j=0i[ij](−1)i−jtj=∑j=0∞tj∑i=j∞xiii−j\begin{aligned}(1+x)^t&amp;=&amp;&amp;\su...

传送门题解：由幂转下降幂的式子：in=∑j=1nSn,jij‾i^n=\sum_{j=1}^nS_{n,j}i^{\underline{j}}in=j=1∑n​Sn,j​ij​我们知道in=∑j=1iSn,jj!(ij)i^n=\sum_{j=1}^iS_{n,j}j!{i\choose j}in=j=1∑i​Sn,j​j!(ji​)其实上面的下标可以从000开始，直接二项式反演得到：...

传送门题解：设www为kkk次单位根，由单位根求和引理和二项式定理，可以将我们需要求的东西转化为：Ans=∑i=0k−1(wi+1)nAns=\sum_{i=0}^{k-1}(w^i+1)^nAns=i=0∑k−1​(wi+1)n代码：#include<iostream>#define ll long long#define re register#define c...

传送门题解：题意简单描述如下：给出一个长为nnn的数组，求两种计算方式的算出来的权值：对于所有n!n!n!种不同的排列，计算所有区间gcd之和（该数组中相同数不按照相同算，比如如果数组为{21,22,3}\{2_1,2_2,3\}{21​,22​,3}，那么{2,2,3}\{2,2,3\}{2,2,3}这个排列需要算两次，分别为{21,22,3}\{2_1,2_2,3\}{21​,22...

传送门，肯定是没有的。题解：可以很显然地发现，只有当包含当前位置的询问集合不同的时候，我们能够区分这些位置。定义一个不可识别子串[l,r][l,r][l,r]为其左右位置无法区分的子串。定义一个极长不可识别子串[l,r][l,r][l,r]为一个不可识别子串，且不存在任何l′≤l,r′≥rl&#x27;\leq l ,r&#x27;\geq rl′≤l,r′≥r，[l′,...

传送门题解：首先我们可以直接知道答案为∑sn,k⋅km\sum{s_{n,k}\cdot k^m}∑sn,k​⋅km用数学方法处理稍微麻烦了一点，考虑其组合意义。设xix_ixi​表示循环iii是否出现，则一个置换的权值为(∑xi)m(\sum x_i)^m(∑xi​)m展开，考虑其中由某kkk个项组成的项的系数，相当于是mmm个物品划分到kkk个带标号集合中的方案数，则系数为Sm,k...

传送门题解：首先我们设第一类斯特林数生成函数为Fn(x)=∑i=0nsn,ixi=xnˉF_n(x)=\sum_{i=0}^n s_{n,i}x^i=x^{\bar n}Fn​(x)=∑i=0n​sn,i​xi=xnˉ则对于奇数的nnn，可以直接递归处理Fn−1F_{n-1}Fn−1​，然后O(n)O(n)O(n)乘上一个一次多项式。对于偶数的nnn，可以处理出Fn/2F_{n/2}Fn...

传送门题解：想到了以前做过的一道树上标号分配的题，然后就迅速切掉这道题了。少见的连我都能切的HNOI题了。很容易发现终止状态是所有对角线全部指向nnn的情况。也很容易发现最少步数为n−1−所有与n直接连接的边数n-1-所有与n直接连接的边数n−1−所有与n直接连接的边数，这里的边数包括111和n−1n-1n−1。那么要求就是每一步操作必须把一个原来没有和nnn连接的边改成和nnn连接...

传送门题解：看到旋转同构，考虑Burnside。旋转同构中常见的phi的转化就不提了。直接考虑循环个数为ddd的时候的答案。显然只有当d∣nd\mid nd∣n且d∣md\mid md∣m的时候答案非0。特判掉n=mn=mn=m和m=0m=0m=0的情况。现在环上必然有黑色和白色。设N=n/d,M=m/dN=n/d,M=m/dN=n/d,M=m/d，接下来分类讨论。如果M≤KM...

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传送门题解：首先我们知道这玩意可以直接DP。设fif_ifi​表示长度为iii的串，以000结尾的合法方案数，则有转移fn=∑i=n−mn−1fif_n=\sum_{i=n-m}^{n-1}f_ifn​=i=n−m∑n−1​fi​ 很显然可以直接用线性递推搞，多项式取模的时候由于前面的系数全部都是111，可以记录一下前面的和优化到O(m)O(m)O(m)。上面的做法只能在mmm较小的时候...

传送门题解：神题。首先设h(gcd(i,j))=sgcd(i,j)h(gcd(i,j))=sgcd(i,j)h(gcd(i,j))=sgcd(i,j)，则h(n)=nmnp(n)h(n)=\frac{n}{mnp(n)}h(n)=mnp(n)n​则我们要求Ans=∑i=1n∑j=1nh(gcd(i,j))k=∑d=1nh(d)k∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊nd⌋[gcd(i,j)]=1=∑...

传送门题解：我们发现，对于[l,r][l,r][l,r]内，没有除自己以外的因子在[l,r][l,r][l,r]是我们必须筛掉的，而且完成任务当且仅当把具有上述特征的数筛完。直接埃氏筛统计有多少个数，设为ctctct，然后组合数算一下。考虑答案为iii的方案有多少种，我们得到：∑i=ctni⋅(i−1ct−1)⋅ct!⋅(n−ct)!\sum_{i=ct}^ni\cdot {i-1\c...

传送门题解：我们考虑算出F[d]F[d]F[d]表示所有d∣gcdd\mid gcdd∣gcd的方案之和，然后莫比乌斯反演就行了。但是实际上我们发现从大往小算可以直接用减法来容斥，就不用莫比乌斯反演了。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define gc get_cha...

题面：有 nnn 座岛屿，初始时没有边。每座岛屿都有一个概率值 pip_ipi​ 和一个友好列表 AiA_iAi​。小 c 站在 111 号岛屿，依次执行以下操作：设现在在岛屿 xxx，有 pxp_xpx​ 的概率产生一条图中不存在的随机无向边，不会产生自环。如果此时所有岛屿仍未连通，他会在当前点的友好列表中，随机选择一个，走到那座岛屿上，并把不满意度 +1+1+1，然后重复第 111 ...

HDU传送门题解：求的东西形式非常简单：S(i)=∑j=1ndis(i,j)kS(i)=\sum_{j=1}^ndis(i,j)^kS(i)=j=1∑n​dis(i,j)k首先这玩意可以非常简单地二项式展开，单次转移就被卡到O(k2)O(k^2)O(k2)了。考虑利用斯特林数将普通幂转到下降幂：xn=∑i=0nSn,ixi‾x^n=\sum_{i=0}^{n}S_{n,i}x^{\un...

传送门题解：设xi,jx_{i,j}xi,j​表示第iii次是否扔出了jjj，则我们要求的就是∏i=1L(∑j=1nxj,i)F\prod_{i=1}^L(\sum_{j=1}^nx_{j,i})^Fi=1∏L​(j=1∑n​xj,i​)F的期望。考虑这个式子完全展开后的某一项，假设有zzz个xj,ix_{j,i}xj,i​，则系数为SF,zz!S_{F,z}z!SF,z​z!，所有的有...

传送门题解：首先还是利用斯特林数转化一下组合意义，考虑1−k1-k1−k条边同时出现在图里的情况。由于kkk很小，对边分布的不同情况分类讨论一下就行了。为了算各个情况的边的分布需要容斥，在k=3k=3k=3的时候需要三元环计数。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#def...

传送门题解：由题目给出的两个限制：1.从1到所有点的最短路唯一2.1到iii的距离不小于1到i+1i+1i+1的距离我们可以很显然地发现图可以这样生成：BFS树就是最短路树，且每个点向深度浅的边的连线只有一条同层的点的编号连续，且非树边只可能是同层的点之间的连边。设f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示考虑前iii个点的时候，最后jjj个点和iii点在同一层时候的...

传送门题解：我考虑所有长度不到NNN的全部用R+1R+1R+1填满到NNN，那么现在考虑计算所有权值在[L,R+1][L,R+1][L,R+1]中，长度为NNN的合法序列个数，最后减掉111，因为有一个串会全部都是R+1R+1R+1。考虑每种权值的有几个，显然是一个球盒问题，[L,R+1][L,R+1][L,R+1]每种权值是一个盒子，一共有NNN个球，方案数为(R−L+1+NN){R-L...

传送门题解：首先将did_idi​全部−1-1−1，方便下面叙述。首先我们假设某个排列ppp中，魔法师之间站得尽可能紧之后中间空的格子个数为x=∑i=1n−1max⁡(dpi,dpi+1)x=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\max(d_{p_i},d_{p_{i+1}})x=i=1∑n−1​max(dpi​​,dpi+1​​)（显然这时候格子是最少的），那么按照这个顺序的来...

传送门解析：这个数位DP是O(len)O(len)O(len)的。。。只需要预处理组合数就行了。。。思路：首先注意到几个性质。1.c0,1+1≥c1,0≥c0,1c_{0,1}+1≥c_{1,0}≥c_{0,1}c0,1​+1≥c1,0​≥c0,1​这个很显然，因为1/01/01/0区间的出现是交替的。2.c1,0+c0,0c_{1,0}+c_{0,0}c1,0​+c0,0​是0出...

传送门解析：考场上没想到是组合数学，瞎打了一个O(n!)O(n!)O(n!)暴力滚粗了。但是下来一看真的是组合数学sb题。。。思路：首先我们不要考虑标号的值域，我们只需要求出节点标号之间有多少可能的偏序关系，而不是求出实际的标号有多少种分配方式。考虑我们现在求出了某个子树的标号偏序方案数。那么我们需要合并uuu两个子树来更新现在的以uuu为根的子树的偏序方案数。首先根据乘法原理，...

传送门解析：总是忍不住要吐槽一句，这题面也太长了吧。。。首先，肯定要把我们要求的东西推成一个式子，不然怎么可能做题。。。设fif_ifi​表示当前以iii为最大值的方案数。那么iii之后的数显然是单调递减且连续，方案数为111。考虑前i−1i-1i−1个位置，放法数就是∑j=1i−1fj\sum_{j=1}^{i-1}f_j∑j=1i−1​fj​所以我们现在得到递推式fi=∑j=1...

传送门解析：请先确保你看懂了OJ上的提示的暴力做法再来看这个题解。既然你已经会暴力了，那进入正题。实际上我们就没有必要计算每个矩阵并求和，我们只需要枚举每个iii并计算min{Bi}=imin\{B_i\}=imin{Bi​}=i的矩阵有多少个就行了。现在考虑令矩阵一行的和为iii的方案数fif_ifi​，显然fi=Cmi×xm−i×yif_i=C_m^i\times x^{m-i}\...