zxyoi_dreamer的博客（不定期诈尸）

传送门题解：推起来还挺简单的一道题。我们要求的是：Ans=∑i=1n∑j=1ngcd(i,j)klcm(i,j)[gcd(i,j)∈P]=∑p∈P∑i=1n∑j=1npk−1ij[gcd(i,j)=p]=∑p∈Ppk+1∑i=1⌊np⌋i∑j=1⌊np⌋j[gcd(i,j)=1]\begin{aligned}Ans=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ngcd(i...

传送门题解：直接看这里吧：here代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define cs constusing std::cerr;using std::cout;cs ll mod=1000391835649ll;inline ll add(ll a,ll b...

传送门题解：首先考虑kkk次方的组合意义，其实就是无序地，允许重复地选出kkk个数求乘积而已。对于边权为www的边，设其对答案的贡献的EGF为∑i=0∞(wx)ii!\sum_{i=0}^\infty \dfrac{(wx)^i}{i!}∑i=0∞​i!(wx)i​则答案就是这个东西求矩阵树的多项式的第kkk项系数乘上k!k!k!。所有EGF需要保留前kkk项，结果是一个nknknk次...

传送门题解：其实和这道题差不多：https://blog.youkuaiyun.com/zxyoi_dreamer/article/details/89048235只是看到有一道类似的题就来重新写了一遍，这篇的代码要好看一点。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long #define re register#define cs ...

传送门题解：钦定大小关系，算出来后乘上阶乘就是答案。显然有DP：f(A,n)=Af(A−1,n−1)+f(A−1,n)f(A,n)=Af(A-1,n-1)+f(A-1,n)f(A,n)=Af(A−1,n−1)+f(A−1,n)求前缀和会将次数+1，每次n+1的时候会乘上一个A，次数会+1，f(A,n)f(A,n)f(A,n)是一个关于AAA的2n2n2n次多项式。暴力计算前面的项，然后...

传送门题解：首先对于下降幂多项式，其系数表达的点值EGF只需要乘上一个exe^xex。于是我们得到了若干个点值，直接份治拉格朗日插值即可。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define cs constusing std::cerr;using std::cout...

传送门题解：杜教筛里面long long 没有取模炸了一堆。。。首先推式子：Ans=∑i=1n∑j=1nσk(ij)=∑i=1n∑j=1n∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)=1](iyx)k=∑d=1nμ(d)dk∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊nd⌋∑x∣i∑y∣j(iyx)k=∑d=1nμ(d)dk∑i=1⌊nd⌋∑x∣i(ix)k∑j=1⌊nd⌋∑y∣jyk=∑d=1nμ(d)dk(∑i...

传送门解析：如果r≡0r\equiv 0r≡0显然答案就是0，如果r≡1r\equiv 1r≡1，则我们要求的就是自然数的幂和，可以看一下我的博客：自然数求幂和的几种方法。现在考虑r̸≡1r\not \equiv 1r̸​≡1的情况。设我们要求的是sk(n)=∑i=1nikris_k(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i^kr^isk​(n)=i=1∑n​ikri利用序列...

BZOJ传送门洛谷传送门解析：首先这道题O(nk(n−k))O(nk(n-k))O(nk(n−k))的暴力就已经可以过了（而且不用开O2）。（据说这个上界不容易被卡满）而标算不开O2O2O2过不去，开了还是跑不过暴力。。。先来说说暴力：直接考虑DP出每个点作为第kkk大的方案数有多少，然后算就行了。由于我们只需要考虑第kkk大，这里可以剪一剪枝，最多只需要跑O(n−k)O(n-k)...

BZOJ传送门洛谷传送门解析：显然我们这个kkk就是m+1m+1m+1。我们可以把问题拆成若干个形如∑i=1nik\sum\limits_{i=1}^ni^ki=1∑n​ik的询问，利用中间的断点进行分段就行了。而这个东西：∑i=1nik\sum_{i=1}^ni^ki=1∑n​ik我们利用各种方式：直觉，常识，感性理解，论文证明。。。可以感觉得到这是一个以nnn为自变量的k+1k...