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关于下降幂

定义下降幂就是形如 \(n^{\underline m}\) 的式子，表示 \[n^{\underline m} =\prod_{i=n-m+1}^n i=\frac{n!}{(n-m)!} \]同理还有一个上升幂： \[n^{\overline m}=\prod_{i=n}^{n+m-1} i=\frac{(n+m-1)!}{(n-1)!} \]注意这个地方 \(n,m\) 都可能是负数，也就是 \(n^{\underline {-m}}=

神奇结论在哪里

求证： \[\sum_{i=0}^n\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}=4^n \] 首先，我们将 \(4^n\) 视为 \(2^{2n}\)，赋予其组合意义为长为 \(2n\) 的 \(0/1\) 串个数。 LHS 中组合数的结构指引我们将整个串分成两个部分，根据 \(\binom{2k}k\) 自然地想到第一部分可以是 \(0/1\) 个数相同的长度为 \(2

[AGC001E]BBQ Hard

做题时间：2022.8.11 \(【题目描述】\) 给定 \(N(1\leq N\leq 2\times 10^5)\) 个二元组，第 \(i\) 个二元组形如 \((a_i,b_i)(1\leq a_i,b_i\leq 2000)\) ，计算： \[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n \binom{a_i+a_j+b_i+b_j}{a_i+a_j}\mod 10^9+7 \]\(【输入格式】\) 第一行一

典中典之第二类斯特林数

第二类斯特林数：将 \(n\) 个物品放进 \(m\) 个不区分的盒子的方案数，记为 \(S(n,m)\)。 \(n^2\) 递推公式：\(S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\cdot S(n-1,m)\). 附代码： s[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=i;++j) s[i][j]=add(s[i-1][j-1],mul(s[i-1][j],j)); 第二类

CF285E口胡

果然数数题比什么阴间巨大多细节哈希点分治简单多了恰好太难了，考虑容斥，考虑钦定 \(m\) 个位置满足 \(|i-p_i|=1\)。很明显有 \(f(m)=\sum_{i=m}^{n}\binom{i}{m}g(i)\)，二项式反演一下就有 \(g(m)=\sum_{i=m}^{n}\binom{i}{m}(-1)^{i-m}f(i)\)。设 \(dp[n][m][0/1][0/1]\) 表示

2022牛客暑期多校第三场 I. Ice Drinking

2022牛客暑期多校第三场 I. Ice Drinking 题意按随机顺序摆放 \(1,2,3,...,n\)，设随机变量 \(x\) 为数字与位置（第几个）相等的个数，给定非负整数 \(k\)，求 \(x^k\) 的期望。分析设错排方案为 \(P(n)\)，根据组合意义，枚举正确的个数，剩下的全部错排的方案数之和就是全排列 \[n! = \sum_{

组合数学习笔记

组合数定义普通定义 \[\binom nm=\frac{n!}{m!\ (n-m)!} \]这里，当 \(n<m\) 时，认为该式值为 \(0\)。扩展定义 \[\binom nm=\frac{n^{\underline m}}{m!}\quad(n\in\mathbb C,m\in\mathbb N) \]基本性质对称性 \[\binom nm=\binom n{n-m} \]显然。加法公式 \[\binom nm=\binom{

BSOJ4783口胡

题目相当于让每个连通块选取一个集合（可空），于是先考虑令集合不为空，将点划分进集合后内部的边可连可不连。设 \(g_{n,m}\) 为将 \(n\) 个点划分进 \(m\) 个集合后，每个集合之间互相不连边的方案数。设 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的无向图的数量，那么有： \[g_{n,m}=\sum_{i=0}^{n-1}g_{n-

2022.7 杂题

P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题组合数配合下降幂有优秀的性质： \[m^{\underline{k}}\binom{n}{m}=n^{\underline{k}}\binom{n-k}{m-k}. \]将 \(f(x)\) 转化为下降幂多项式： \[f(x)=\sum_{i=0}^m b_ix^{\underline{i}}. \]对于其中的每一项 \(b_kx^{\underline{k}}\)，分别计

P5641. 【CSGRound2】开拓者的卓识

\(\text{Solution}\) 推柿子比较套路，考虑每一个\(a_i\)对\(sum_{k,1,j}\)的贡献即可。看看\(sum\)是如何转移的 \[a_i \implies sum_{1,l_1,r_1} \implies sum_{2,l_2,r_2} \implies ... \implies sum_{k,l_k,r_k} \]其中\(1 \le l_k \le l_{k - 1} \le ... \le i \le ... \le r_

P6800 【模板】Chirp Z-Transform

\(\text{Solution}\) 考虑把\(c^i\)带入多项式得 \[ans_i = \sum_{j = 0}^{n - 1}a_jc^{ij} \]利用组合数把\(c^{ij}\)拆开，\(ij = \binom{i + j}{2} - \binom{i}{2} - \binom{j}{2}\)，证明把组合数拆开即可。 \[ans_i = \sum_{j = 0}^{n - 1}a_jc^{\binom{i + j}{2} - \binom{i}{2}

冲刺国赛7.5

数叶子分别考虑每个点的贡献，发现只和与他相邻的边有关系不妨枚举是哪条边产生贡献，假设是第 \(x\) 条边那么在他左边就有 \(x-1\) 条边再加上选择区间的左端点一共要选出 \(x\) 个点右边同理要选出 \(deg-x+1\) 条边枚举这条边在哪里就是 \(\sum\limits_{i=1}^{m}\binom{i}{x

LOJ6386题解

对于 \(\sum_{i=0}^{n}f(i)\) 的这种问题但是 \(f(i)\) 不是多项式函数且 \(n\) 很大时可以考虑一个用矩阵做的 DP： \[\begin{bmatrix}\binom{n}{m}\\\sum_{i=0}^{m}\binom{n}{i}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{n-m+1}{m}&0\\\frac{n-m+1}{m}&1\end{bmatrix}\begin{bmatri

组合数学基础

组合数性质和公式 \(1.\) 对称性 \[\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k} \]\(2.\) 加法公式 \[\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} \]其组合意义为钦定最后一个数选或不选的方案数相加。 \[\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}=2^n \]其组合意义为所有的选数方案恰好对应了每一个数选

重修二项式反演

我只知道容斥不知道二项式反演。反演，顾名思义就是有两个函数 \(f,g\)，知道 \(f\) 用 \(g\) 表示后反过来 \(g\) 用 \(f\) 表示。二项式反演有一个无敌对称的柿子： \[f(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^i\binom{n}{i}g(i)\iff g(n)=\sum_{i=1}^n(-1)^i\binom{n}{i}f(i) \]这个柿子可以拓展到高

2022 第一轮省队集训 Day3

100+35+50。 T1 有线性做法。 T2 多项式做法完全听不懂。好像有 dp 做法。 T3 拉格朗日反演不会。 q-模拟指的是在原来的理论里引入一个 \(q\)，使得 \(q\to 1\) 时与原理论相同。定义 q-整数 \([k]_q=\frac{1-q^k}{1-q}\)，这样 \(\lim_{q\to 1} [k]_q=k\)。所以 \([k]!_q=\frac{(

CF717 Festival Organization

\(CF717\ Festival\ Organization\) Description 一个合法的串定义为：长度在 \([l,r]\) 之间，且只含 \(0,1\)，并且不存在连续 \(2\) 个或更多的 \(0\)。现在要选出 \(k\) 个长度相同的合法的串，问有几种选法，答案模 \(10^9+7\)。 Solution 初始形式比较易得 \[\sum_{i=l+2}^{r+2}\bino

[LNOI2022]盒

\(LNOI2022\)盒由于是加的形式，那么可以套路的拆贡献，枚举每条边的贡献就好了 \(40pts\) //比较显然的事情 //首先确定了一个B数组之后 //最小的移动应该是 //设左右两侧比原先值多的为Max //少的为Min ///我们考虑每个点只计算向一侧的贡献 //我们的答案是(Max-Limx)*val+(Limn-Mi

OGF

封闭形式 \[{1,1,1,1,...}\to F(x) \]\[F(x)x+1=F(x) \]\[F(x)=\frac{1}{1-x} \]例题 \(a=<1,2,3,...>\) \[F(x)=\sum_{n\geq 0} (n+1)x^n \] 两边求导 \(a_n=\binom{m}{n}\space m\) 为常数二项式定理：\(F(x)=\sum_{n \ge0} \binom{m}{n}x^n=(1+x)^m\) \(a_

二项式反演

第一种形式 \[f(n)=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}g(i) \]\[g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i) \]第二种形式 \[f(k)=\sum_{i=k}^n \binom{i}{k} g(i) \]\[g(k)=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}\binom{i}{k} f(i) \] 一般 \(f\) 表示至少选 \(k\) 个的方案数，然后就可以将恰好选 \(

排列组合

原文章 OI-wiki 多重集对于一个集合 \(S=\{n_1\times a_1,n_2\times a_2,...,n_k\times a_k\}\) ，意思就是由 \(n_i\) 个 \(a_i\) 组成多重集组合数1 求选 \(r\) 个方案数，满足 \(n_i\leq r\) 答案显然就是 \(\binom{r+k-1}{k-1}\) 多重集组合数2 求选 \(r\) 个方案数，不

Binomial Sum 学习记录

binomial Sum 可以用来求 \(\sum_{i=0}^{n}[x^i]f(x)g^{i}(x)\) 即 \(f(g(x))\) 的某些项数的线性组合，一般是求 \([x^k]\sum_{i=0}^{n}[x^i]f(x)g^{i}(x)\) , 复杂度为 \(O(k)\) 具体流程如下：设 \(c = [x^0]g(x)\) 设 \(F(x + c) = f(x+c) \pmod {x ^ {n+1}}\) , 这里设 \(

二项式定理 Binomial Theorem

组合数公式一 \[\binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!} \]公式二 \[\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1} \]公式三 \[\frac1k\binom{n-1}{k-1}=\frac1n\binom nk \]$ \mathbf{Qn1}\quad $证明 \(\displaystyle{\sum_{k=1}^n \binom nk \frac{(-1)^{k+1}}{k}=\sum

LNOI2022 游记

这套出的比较匆忙，五月十五号得到的二十五号恢复省选的消息，当天就找人拉了些题目，十六号跟大家讨论了一下大家认为 adhoc 太多了于是捏了个现在的 T2 丢掉了一个别的题。一个是大部分出题人都比较忙或者比较鸽，另一个是大部分验题人（除了粉兔）都比较忙或者比较鸽，还有一个是因为个人情感

SD/XOI 2022 多边形

首先我们考虑不重不漏地统计这个事情，这个题事实上是凸多边形划分的一个拓展，传统的凸多边形剖分方案数就是卡特兰数。那么这里的区别就是：在一条边上的点不能相互连线段在边中间上的点可以没线段不妨考虑我们手动枚举了一些中间点完全不连边，剩下 \(m\) 个点要连边，如果我们直接