之前,我们学习过如何使用生成函数来做一些组合问题(比如背包问题),但是它面对排列问题(有标号)的时候就束手无策了. 究其原因,是因为排列问题的递推式有一些系数(这个待会就知道了),所以我们可以修改一下生成函数的式子. 对于数列$\{a_n\}$,它的指数型生成函数(EGF)为 $$F^{(e)}(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}a_i*\frac{x^i}{i!}$$ 至于为什么叫指数形式呢?是因为当$a_n=1$时,$F^{(e)}(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}…

指数型生成函数 我们知道普通型生成函数解决的是组合问题,而指数型生成函数解决的是排列问题 对于数列\(\{a_n\}\),我们定义其指数型生成函数为 \[G(x) = a_0 + a_1x + a_2\frac{x^2}{2!} + a_3\frac{x^3}{3!} + a_4\frac{x^4}{4!} + \dots = \sum\limits_{i = 0}^{\infty} a_i\frac{x^i}{i!}\] 那么对于两个数列\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\),其对应成…

题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1521 标准的指数型生成函数: WA了好几遍,原来是多组数据啊囧: 注意精度,直接强制转换(int)是舍去小数,会WA,+0.5再强制转换或输出 %.0lf 是四舍五入,能A. 代码如下: #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace…

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3456 首先考虑DP做法,正难则反,考虑所有情况减去不连通的情况: 而不连通的情况就是那个经典做法:选定一个划分点,枚举包含它的连通块,连通块以外的部分随便连(但不和连通块连通),合起来就是不连通的方案数: 设 \( f[i] \) 表示一共 \( i \) 个点时的连通方案数,\( g[i] \) 表示 \( i \) 个点随便连的方案数,即 \( g[i] = 2^{C_{i}^{2}}…

指数型生成函数,推一推可得: \[ (1+\frac{x^1}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...)^2+(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}+...)^2 \] \[ =e^{2x}+(\frac{e^x+2^-x}{2})^2 \] \[ =e^{2x}+\frac{e^{2x}+e^{-2x}+2}{4} \] \[ =\frac{e^{4x}+2e^{2x}+1}{4} \] 因为 \[ e…

根据套路列出式子:\( \prod_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{c[i]}\frac{x^j}{j!} \),然后暴力展开即可 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int N=205; int n,m,c[N]; double fac[N],a[N],b[N]; int main() { fac[0]=1; for(int i=1;…

多项式 多项式乘法 FFT,NTT,MTT不是前置知识吗?随便学一下就好了(虽然我到现在还是不会MTT,exlucas也不会用) FTT总结 NTT总结 泰勒展开 如果一个多项式\(f(x)\)在\(x0\)时存在n阶导(就是可以求导\(n\)次),那么可以换成下面这样的一个式子: \(\begin{aligned}f(x)&=f(x0)+\frac{f^1(x0)}{1!}(x-x0)+\frac{f^2(x0)}{2!}(x-x0)^2+...+\frac{f^n(x0)}{n!}(x-x0…

Description 猎人杀是一款风靡一时的游戏"狼人杀"的民间版本,他的规则是这样的: 一开始有 n个猎人,第 i 个猎人有仇恨度 wi.每个猎人只有一个固定的技能:死亡后必须开一枪,且被射中的人也会死亡. 然而向谁开枪也是有讲究的,假设当前还活着的猎人有\([i_1...i_m]\),那么有\(w_{i_k}\over \sum\limits_{j=1}^{m} w_{i_j}\)的概率是向猎人\(i_k\) 开枪 一开始第一枪由你打响,目标的选择方法和猎人一样(即有\(w_{i…

这道题真的还是简单的一批..... 我当时要是参加考试的话该多好(凭这一道题就能进前 5 了) 十分显然的指数型生成函数. 令 $f[i]$ 表示有 $i$ 个点的答案. 然后显然有 $f[i]=\sum_{j=1}^{i}\binom{i}{j} \times \frac{j!}{j} \times f[i-j]$ 然后这个就是一个 EGF 的形式. 令 $A(x)$ 表示只有一个环的时候的生成函数. 然后有 $ans[i]=[x^i] \sum_{i} \frac{A^i(x)}{i!}$…

因为垃圾电脑太卡了就重开了一个... 前传:多项式Ⅰ u1s1 我预感还会有Ⅲ 多项式基础操作: 例题: 26. CF438E The Child and Binary Tree 感觉这题作为第一题还蛮合适的( 首先我们设 \(f_i\) 为权值之和为 \(i\) 的符合要求的二叉树的个数. 显然可以枚举根节点的权值.左子树的权值之和进行转移. 也就是 \(f_i=\sum\limits_{x\in S}\sum\limits_{y=0}^{i-S}f_yf_{i-x-y}\) 如果我们记 \(…