链接:https://www.nowcoder.com/acm/contest/133/D来源:牛客网 题目描述 Applese打开了m个QQ群,向群友们发出了组队的邀请.作为网红选手,Applese得到了n位选手的反馈,每位选手只会在一个群给Applese反馈 现在,Applese要挑选其中的k名选手组队比赛,为了维持和各个群的良好关系,每个群中都应有至少一名选手成为Applese的队友(数据保证每个群都有选手给Applese反馈) Applese想知道,他有多少种挑选队友的方案 输入描述:

[Lydsy1704月赛]二元运算 Time Limit: 8 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 577  Solved: 201[Submit][Status][Discuss] Description 定义二元运算 opt 满足   现在给定一个长为 n 的数列 a 和一个长为 m 的数列 b ,接下来有 q 次询问.每次询问给定一个数字 c  你需要求出有多少对 (i, j) 使得 a_i  opt b_j=c .       Input 第一行是一个整数

题目大意:你有$n$个操作和一个初始为$0$的变量$x$. 第$i$个操作为:以$P_i$的概率给$x$加上$A_i$,剩下$1-P_i$的概率给$x$乘上$B_i$. 你袭击生成了一个长度为$n$的排列$C$,并以此执行了第$C_1,C_2....C_n$个操作. 求执行完所有操作后,变量$x$的期望膜$998244353$的值. 数据范围:$n≤10^5,0≤P,A,B<998244353$ 我太菜了. 考虑如果并没有排列的要求,而是强行依次执行,会发生什么事情: 令$X_i$表示执行完前$

传送门 我是用多项式求逆做的因为分治FFT看不懂…… upd:分治FFT的看这里 话说这个万恶的生成函数到底是什么东西…… 我们令$F(x)=\sum_{i=0}^\infty f_ix^i,G(x)=\sum_{i=0}^\infty g_ix^i$,且$g_0=0$ 这俩玩意儿似乎就是$f(x)$和$g(x)$的生成函数 那么就有$$F(x)G(x)=\sum_{i=0}^\infty x^i\sum_{j+k=i}f_jg_k$$ 然后根据题目,有$$f_i=\sum_{j=1}^if_{

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}}

题目 首先还没有安排座位的\(m-k\)个人之间是有顺序的,所以先把答案乘上\((m-k)!\),就可以把这些人看作不可区分的. 已经确定的k个人把所有座位分成了k+1段.对于第i段,如果我们能求出这一段恰好额外坐j人时的代价总和\(f_{i,j}\),并令\(f_{i,j}\)的普通生成函数为\(F_i(x)\),答案就是\(\prod F_i(x)\)的\(m-k\)次项系数. 先考虑k+1段中两边都有已经确定的人的k-1段.对于每一段i,枚举其中额外坐的人数j,现在考虑求出\(f_{i,j

题目描述 有一个\(n\)个元素的置换,你要选择\(k\)个元素,问有多少种方案满足:对于每个轮换,你都选择了其中的一个元素. 对\(998244353\)取模. \(k\leq n\leq 152501\) 题解 吐槽 为什么一道FFT题要把\(n\)设为\(150000\)? 解法一 先把轮换拆出来. 直接DP. 设\(f_{i,j}\)为前\(i\)个轮换选择了\(j\)个元素,且每个轮换都选择了至少一个元素的方案数. \[ f_{i,j}=\sum_{k=1}^{a_i}f_{i-1,j

题解 分治FFT 设\(f_i\)为\(i\)个点组成的无向图个数,\(g_i\)为\(i\)个点组成的无向连通图个数 经过简单的推导(枚举\(1\)所在的连通块大小),有: \[ f_i=2^{\frac{i(i-1)}{2}} \] \[ \begin{align} g_i&=f_i-\sum_{j=1}^{i-1}\binom{n-1}{j-1}g_jf_{i-j}\\ &=f_i-(i-1)!\sum_{j=1}^{i-1}\frac{g_j}{(j-1)!}\frac{f_{i-

\[ \begin{aligned} Ans(k) &= \sum \limits_{i = 1}^n \sum \limits_{j = 1}^m \sum \limits_{t = 0}^k \binom{k}{t} a_i^t b_j^{k - t} \\ &= \sum \limits_{t = 0}^k \binom{k}{t} (\sum \limits_{i = 1}^n a_i^t) (\sum \limits_{j = 1}^m b_i^{k - t}) \\ &

考试一道题的递推式为$$f[i]=\sum_{j=1}^{i} j^k \times (i-1)! \times \frac{f[i-j]}{(i-j)!}$$这显然是一个卷积的形式,但$f$需要由自己卷过来(我也不知到怎么说),以前只会生成函数的做法,但这题好像做不了(谁教教我怎么做),于是无奈的写了一发暴力,看题解发现是分治FFT.分治每层用$f[l]-f[mid]$与$a[1]-a[r-l]$做NTT.这样显然每个$f[l]-f[mid]$对$f[mid+1]-f[r]$的贡献都考虑到了.

[HDU5730]Shell Necklace(多项式运算,分治FFT) 题面 Vjudge 翻译: 有一个长度为\(n\)的序列 已知给连续的长度为\(i\)的序列装饰的方案数为\(a[i]\) 求将\(n\)个位置全部装饰的总方案数. 答案\(mod\ 313\) 题解 很明显,是要求: \(f[n]=\sum_{i=0}^na[i]\times f[n-i],f[0]=0\) 卷积的形式啊.. 然后就可以开始搞了 忍不住的方法一 好明显啊,把生成函数\(F,A\)给搞出来 然后就有\(F*

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3456 分治FFT: 设 dp[ i ] 表示 i 个点时连通的方案数. 考虑算补集:连通的方案数 == 随便连方案数 - 不连通方案数 不连通方案数就和很久之前做过的“地震后的幻想乡”一样,枚举一个连通的点集,其中需要一直包含一个“划分点”保证不重复:其余部分随便连.注意还有从 i 个点里选 j 个点作为连通点集的那个组合数. \( dp[i]=2^{C^{2}_{i}} - \sum\l

题面: 看无可看(see.pas/cpp/c) 题目描述 “What’s left to see when our eyes won’t open?” “若彼此瞑目在即,是否终亦看无可看?” ------来自网易云音乐<Golden Leaves-Passenger> 最后的一刻我看到了...... 一片昏暗? 我记起来了, 我看到,那里有一个集合S,集合S中有n个正整数a[i](1<=i<=n) 我看到,打破昏暗的密码: 记忆中的f是一个数列,对于i>1它满足f(i)=2*

[Luogu5349]幂(分治FFT) 题面 洛谷 题解 把多项式每一项拆出来考虑,于是等价于要求的只有\(\sum_{i=0}^\infty i^kr^i\). 令\(f(r)=\sum_{i=0}^\infty i^k r^i\),那么\(rf(r)=\sum_{i=0}^\infty r i^k r^i\). 这里默认\(a^k=0\),\(k=0\)的时候特殊处理一下就行了. 然后就可以得到: \[\begin{aligned} (1-r)f_k(r)&=\sum_{i=0}^\inft

再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT) 目录 再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT) 写在前面 一些约定 循环卷积 DFT卷积的本质 Bluestein's Algorithm 例题 分治FFT 例题 FFT的弱常数优化 复杂算式中减少FFT次数 例题 利用循环卷积 小范围暴力 例题 快速幂乘法次数的优化 FFT的强常数优化 DF

传送门 大意:ACM校队一共有n名队员,从1到n标号,现在n名队员要组成若干支队伍,每支队伍至多有m名队员,求一共有多少种不同的组队方案.两个组队方案被视为不同的,当且仅当存在至少一名队员在两种方案中有不同的队友. 这年头真是--分治FFT都开始烂大街了-- 我们来推一推吧 这显然是一个1d1d的DP,用f[i]表示i名队员的方案数 f[i]=∑j=0i−1f[i−j−1]∗Cji−1 即i−1个人里面选j个和i组队(似乎类似strling数) 然后化一下简,便可得到 f[i]=(i−1)!∑j

hdu 5730 Shell Necklace 题意:求递推式\(f_n = \sum_{i=1}^n a_i f_{n-i}\),模313 多么优秀的模板题 可以用分治fft,也可以多项式求逆 分治fft 注意过程中把r-l+1当做次数界就可以了,因为其中一个向量是[l,mid],我们只需要[mid+1,r]的结果. 多项式求逆 变成了 \[ A(x) = \frac{f_0}{1-B(x)} \] 的形式 要用拆系数fft,直接把之前的代码复制上就可以啦 #include <iostream

4555: [Tjoi2016&Heoi2016]求和 题意:求\[ \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^i S(i,j)\cdot 2^j\cdot j! \\ S是第二类斯特林数 \] 首先你要把这个组合计数肝出来,于是我去翻了一波<组合数学> 用斯特林数容斥原理推导那个式子可以直接出卷积形式,见下一篇,本篇是分治fft做法 组合计数 斯特林数 \(S(n,i)\)表示将n个不同元素划分成i个相同集合非空的方案数 Bell数 \(B(n)=\sum\limits_{i=

分治FFT是几个算法的统称.它们之间并无关联. 分治多项式乘法 问题如求\(\prod_{i=1}^na_ix+b\). 若挨个乘复杂度为\(O(n^2\log n)\),可分治做这件事,复杂度为\(O(n\log^2 n)\).采用这种算法的条件是最终乘出来的式子长度是\(O(n)\)的. 也可以用多项式ln和exp做到\(O(n\log n)\). 用CDQ分治快速求一类多项式的算法 第一类 已知\(f(x)=\sum_{i=1}^xf(i)g(x-i)\),给定\(f(0)\).\(g(1

题目大意 有\(n\)种颜色的球,第\(i\)种有\(a_i\)个.设\(m=\sum a_i\).你要把这\(m\)个小球排成一排.有\(q\)个询问,每次给你一个\(x\),问你有多少种方案使得相邻的小球同色的对数为\(x\). \(n\leq 10000,m\leq 200000\) 题解 我们考虑把这些小球分段,每段内所有小球颜色相同,但相邻两段的小球颜色可以相同. 设第\(i\)种颜色有\(b_i\)段,那么分\(j\)段的方案数是\(\frac{(\sum b_i)!}{\sum(b

题目描述 在一个 \(n\) 个点的有向图中,编号从 \(1\) 到 \(n\),任意两个点之间都有且仅有一条有向边.现在已知一些单向的简单路径(路径上任意两点各不相同),例如 \(2\to 4\to 1\).且已知的这些简单路径之间没有公共的顶点,其 余的边的方向等概率随机. 你需要求出强连通分量(如果同时存在 \(a\) 到 \(b\), \(b\) 到 \(a\) 的有向路径,则 \(a\), \(b\) 属于同一个强联通分量) 的期望个数.如果最后答案是 \(\frac{A}{B}\),