D. Holidays Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://codeforces.com/gym/100187/problem/D Description Everyone knows that the battle of Endor is just a myth fabled by George Lucas for promotion of his movie. Actually, no battle of Endor has…

方法一 设\(f_i\)为最多使用\(i\)种颜色的涂色方案,\(g_i\)为恰好只使用\(i\)种颜色的涂色方案.可知此题答案为\(g_k\). 根据排列组合的知识不难得到\(f_k = \sum_{i=0}^k{C_k^i*g_i}\). 根据二项式反演的式子 or 容斥原理,有\(g_k = \sum_{i = 0}^k{(-1)^{k-i}*C_k^i*f_i}\),这时只要有\(f_i\)我们就可以累加得到最终答案,看题面考虑\(f_i\)的现实意义,根有\(i\)种可选,往下涂每个点…

题目:http://codeforces.com/gym/101933/problem/K 其实每个点的颜色只要和父亲不一样即可: 所以至多 i 种颜色就是 \( i * (i-1)^{n-1} \),设为 \( f(i) \),设恰好 i 种颜色为 \( g(i) \) 那么 \( f(i) = \sum\limits_{j=0}^{i} C_{i}^{j} * g(j) \) 二项式反演得到 \( g(i) = \sum\limits_{j=0}^{k} (-1)^{k-j} * C_{k}…

题目链接:Central Europe Regional Contest 2015 Zagreb, November 13-15, 2015 D.Digit Division(排列组合+思维) 题解:如果这个数从划分的过程中第一.二道竖线前的能够整除m,那么第一道与第二道竖线之间的数也能够整除m. #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; char a[300005]; ll qpow(ll x,ll…

传送门 解题思路 首先给出的树形态没用,因为除根结点外每个点只有一个父亲,它只需要保证和父亲颜色不同即可.设\(f(k)\)表示至多染了\(k\)种颜色的方案,那么\(f(k)=(k-1)^{(n-1)}*k\),而我们要求的是恰好染\(k\)种颜色的方案数,设其为\(g(k)\),易得 \[ g(k)=\sum\limits_{i=1}^k\dbinom{k}{i}f(i) \] 发现这个可以二项式反演 \[ g(k)=\sum\limits_{i=1}^k(-1)^{k-i}\dbinom{…

要点 主要学到的东西:一个序列染色,相邻不染同色,恰用\(j\)种颜色的1.模式数.2.方案数.3.具体染色数. 从大的思路上来讲:先dp预处理出每一层的模式数:\(f[i][j]\)表示\(i\)个位置恰染\(j\)个颜色的模式数,然后再dp出各层之间的转移:\(dp[i][j]\)表示\(i\)层恰染\(j\)个颜色的具体染色数,用上一轮的答案乘上这一层的具体染色数(是\(f[l[i]][j]*A_m^j\))再减去这层和上层重复的. 我将染色的阶段分为三个阶段.虽然题目中总是让求方案数但不…

P4859 已经没有什么好害怕的了 啥是二项式反演(转) 如果你看不太懂二项式反演(比如我) 那么只需要记住:对于某两个$g(i),f(i)$ ---------------------------- 如果:$f(n)=\sum_{i=0}^{n}C(n,i)g(i)$ 那么:$g(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\ C(n,i)f(i)$ ---------------------------- 如果:$f(k)=\sum_{i=k}^{n}C(i,k)g(i)$ 那么:…

传送门 其实标签只是搞笑的. 没那么难. 二项式反演只是杀鸡用牛刀而已. 这道题也只是让你n≤20n\le20n≤20的错排数而已. 还记得那个O(n)O(n)O(n)的递推式吗? 没错那个方法比我今天用的要快一些. 言归正传. 回忆一下二项式反演的式子: fn=∑i=0n(ni)gif_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g_ifn​=∑i=0n​(in​)gi​ =>gn=∑i=0n((−1)i(nn−i)fi)g_n=\sum_{i=0}^n((-1)^i\binom{n}…

题目链接:洛谷 pb大佬说这是sb题感觉好像有点过fan...(我还是太弱了) 首先,设$i$这个数在序列中出现$a_i$次,要求$\sum_{i=1}^D[a_i \ mod \ 2]\leq n-2m$ 如果要直接计算$\leq n-2m$的数量会非常麻烦,所以考虑设$g_i$表示恰好出现$i$个奇数的方案之和. 这样也还是太麻烦,我们考虑使用反演或容斥通过$\geq i$的数量推算出恰好等于$i$的数量,假设$f_i$表示出现$i$个奇数的方案数. 因为这是数的排列问题,所以考虑使用指数型…

分析 感觉这道题的计数方法好厉害.. 一个直观的思路是,把题目转化为求至少有\(k\)个极大的数的概率. 考虑这样一个事实,如果钦定\((1,1,1),(2,2,2),...,(k,k,k)\)是那\(k\)个极大值的位置,并且\(val(1,1,1) < val(2,2,2) < ... < val(k,k,k)\).我们考虑依次确定这些值,显然\(val(1,1,1)\)的值是和它至少有一维相同的\(n \times m \times l - (n-1) \times (m-1) \…