换根dp模板题。\(f_i\)是在以\(i\)为根的子树中，以\(i\)为链的一个端点且\(i\)在点集中的合法点集个数。\(ans_i\)表示包含\(i\)的合法点集个数。当\(x\)为树根时：\[ans_x={f_x\choose2}-\sum_{s\inson}{2f_s+1\choose2}+f_x\]简单解释一下，\({f_x\ch

我打析合树？真的假的？要上吗？A把异或值二进制分解，根据期望线性性，\(E((\sum\limits_{i=0}^ka_ix^i)^2)=E(\sum\limits_{i=0}^k\sum\limits_{j=0}^ka_ia_jx^{i+j})=\sum\limits_{i=0}^k\sum\limits_{j=0}^kE(a_ia_j)x^{i+j}\)，而\(E(a_ia_j)\)就是选出的子集的异或值的\(i,j\)位

观察以下式子：\[\begin{aligned}&1^3=1=1\\&2^3=8=3+5\\&3^3=27=7+9+11\end{aligned}\]猜到：\[n^3=\frac12n[(n^2-n+1)+(n^2-n+1+2n-2)]\\\]可证明正确。那么\[\begin{aligned}&\sum_{i=1}^ni^3\\=&\f

1.课后实验：出三十道一百以内的四则运算importjava.util.Random;publicclasshomework{publicstaticvoidmain(String[]args){intnum1,num2,temp,choose;num1=0;num2=0;temp=0;choose=0; for(inti=1;i<=30;i++) { choose=add();//将随机得到一个一百以内的

原题链接：P1313[NOIP2011提高组]计算系数。难度：Easy。考察二项式定理的基本应用。正解发现存在式子\((ax+by)^k\)，容易想到二项式定理。二项式定理：\[(x+y)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}{n\choosei}x^iy^{n-i}\]令\(p=ax,q=by\)，那么原式变为\((p+q)^k\)。那么此时

简要题意一个有\(N\)个元素的集合有\(2N\)个不同子集（包含空集），现在要在这\(2N\)个集合中取出若干集合（至少一个），使得它们的交集的元素个数为\(K\)，求取法的方案数，答案模\(10^9+7\)。数据范围：\(1\leK\leN\le10^6\)。题解我们设\(f(i)\)表示选出子集大小恰好为\(i\)的

前言计数加训！！！！以下问题都是数数。一些纯组合问题插板法例1求$\sum_{i=1}^kx_i=n$的解的组数，其中$x_i\in\mathbb{N^+}$且$x_i\gea_i$。考虑令$x_i'=x_i-a_i+1\ge1$，于是有$\sum_{i=1}^kx_i'=n-k+\suma_i$，于是答案为$$n-k+\suma_i-1\choosek-1$$例2从$1\do

题目传送门题目大意：设函数\(F(x):=(x+1)\bmod3−1\)，\(T\)次询问，计算：\[\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j}F\left({i\choosej}\right)\]思路：看到奇奇怪怪的组合数求和首先考虑\(\text{Lucas}\)，将原数在\(3\)进制下拆位，得：\[{i\choosej}=\prod\limits_{k

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前言计数的基本原理考虑一个集合：\(S\)，求\(|S|\)。加法原理：\(S=S_1\cupS_2,|S|=|S_1|+|S_2|\)。乘法原理：\(|{(a,b)|a\inS_1,b\inS_2}|=|s_1||s_2|\)更浅显的说当两件事情无关时为加法，当前一件的结果影响后面时用乘法。组合数基本公式及衍生公式排列与组合排列

组合恒等式:1.\(n\choosem\)=\(n-1\choosem\)+\(n-1\choosem-1\)2.下降幂\(n^{m}\)就是\(A^{m}_{n}\)3.\(\sum^{m}_{i=0}{i\choosen}={m+1\choosen+1}\)4.范德蒙德卷积\(\sum^{k}_{i=0}{n\choosei}{m\choosek-i}={n+m\choosek}\)5.\(\sum_{i

数学数论唯一分解定理定理对于任意正整数\(a\)，均有：\[a=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdotsp_n^{k_n}\]其中\(p_1,p_2\cdotsp_n\)均为质数。约数和公式对于任意正整数\(a=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdotsp_n^{k_n}\)，其约数和\(k\)为\[k=({p_1}^0+{p_1}^1+\cdots{p_1}^{k_1})({p

二项式定理$\quad\quad\quad(x+y)^n=\sum_{k=0}^{n}{n\choosek}x^{n-k}y^k$证明\(\quad(x+y)^n=(x+y)*(x+y)*(x+y)*...\)我们考虑多项式乘法\((a+b)*(a+b)=a*a+a*b+b*a+b*b\)于是我们枚举每个因子相乘，可以发现\((x+y)^n\)每个括号里的\(x\)和\(y\)最多只能选

卢卡斯定理常用于求组合数，且质数模数\(p\)较小时的情况（常常与费马小定理结合使用，要是\(p\)不是质数直接上扩欧就可以了）。那为什么要用卢卡斯定理？因为虽然\(p\)是质数，但是如果\(x>p\)，那么他俩不一定互质，所以\(x\)在模\(p\)意义下不一定存在逆元，那我们的组合数公式无法

实在有必要单独拿出来说说，我一直认为我的计数能力相较其他能力是较突出的，但是最近做到的题目让我不得不怀疑我到底会不会做计数题。做计数时还是只能靠灵光一现吗？那这样的题目叫我怎么灵光一现？所以有必要好好总结计数题的常见技巧。当然因为样本量有限，所以可能会漏掉某些重要的技

可能原因：组件会缓存上次的上传历史，若是同一文件就不处理具体原因：待查解决方法：在choose里面增加如下语句“uploadListIns.config.elem.next()[0].value='' ”varuploadListIns=upload.render({elem:'#FileUpload',elemList:$('#FileList'),//列表元素对

NaCly_Fish的博客激发了继续思考的欲望。我是多项式白痴，所以让我们来思考组合意义做法！本题本质上是需要让我们求\(\sum_{E_1\text{是树}}\sum_{E_2\text{是树}}y^{-|E1\cupE2|}\)的值。我们容斥一下交集，发现考虑上容斥系数就是将\(y\leftarrow\frac{1}{y}-1\)。剩下

容斥与反演容斥之前从没有搞清楚的：容斥是一种方法，为了做到不重复计数，先算总和再去除重复的方法。所以我们可以计算任意具备一种性质的元素个数（并），通过计算“至少具备了某些元素的个数”（交）。另一种形式：总数-不满足所有性质的元素=任意满足一种性质的元素此时，不满足所有性质即

组合计数关于记号\[C_n^m={n\choosem}=A_n^m/m!=n^{\underline{m}}/m!\]插板法插板法：分集合问题\(\iff\)不定方程正整数解计数问题\[{n-1\choosem-1}\]创造条件法（构造双射），即，构造元素集合\(A,B\)，以及一个\(A,B\)之间的双射\(f\)，则把计数\(A\)变成计数\(B\)。

无论是传统的机器学习，深度学习还是LLM，都离不开数据。而实际中很多数据项目组织混乱，缺乏指导和流程。要想做好数据工程，就需要遵守一定的规则，并建立良好的项目结构，这样才能确保我们的数据项目事半功倍。这10条规则，需要仔细理解。规则1：从一开始就井然有序，并保持井然有序规

我们发现每一时刻的小球位置只可能有两种，这和它瞬移的次数有关。在每个时刻内，都有两种可能的方案。对于每个时刻瞬移次数为奇数的概率就是\(\sum_{i=0}^{t}{n\choosei}p^{i}*(1-p)^{t-i}[i\%2==1]\),偶数就是\(\sum_{i=0}^{t}{n\choosei}p^{i}*(1-p)^{t-i}[i\%2==0]\)根

题目大意：一个有\(N\)个元素的集合有\(2^N\)个不同子集（包含空集），现在要在这\(2^N\)个集合中取出若干集合（至少一个），使得它们的交集的元素个数为\(K\)，求取法的方案数，答案模\(10^9+7\)。为表述方便，不妨设这\(i\)个元素分别为\(1\simn\)。前置知识：二项式反演。考虑设\(g(

\(\text{Min-Max}\)容斥学习笔记概念\(\text{Min-Max}\)容斥，又称最值反演，是一种对于特定集合，在已知最小值或最大值中一者的情况下，求另一种的算法。首先观察几个式子：\[\max(a)=a\\\max(a,b)=a+b-\min(a,b)\\\max(a,b,c)=a+b+c-\min(a,b)-\min(b,c)-\min(a,c)+\min(a,b,c)\]

组合数学基本概念\(a^{\underlinem}\)表示\(a\)的\(m\)次下降幂。\(a^{\overlinem}\)表示\(a\)的\(m\)次上升幂。递推式\[{n\choosem}={n-1\choosem}+{n-1\choosem-1}\\\]证明：从组合意义上推导，在n个人中选m个相当于单独考虑最后一人，若他要选，则为