题意给定一张\(n\timesm\)的地图。对于第\(0\)列，第\(m+1\)列，第\(0\)行，第\(n+1\)行，有\(2n+2m\)个人，每个人面朝地图中心。每个人走到别人染过色的位置，或走出地图，将走过的地方染色。你需要求出共有多少种本质不同的染色方案。\(n,m\le10^6\)Sol直接

题意求：\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}\dbinom{a_i+b_i+a_j+b_j}{a_i+a_j}\]对\(10^9+7\)取模。\(n\le2\times10^5,1\lea_i\le2000,1\leb_i\le2000\)Sol简单化简一下，给她乘个\(2\)，然后减去\(i=j\)的部分。\[\frac{1}{

1.Ynoi2009-rprsvq首先有方差\(=\dfrac{n-1}{n^2}\suma_i^2-\dfrac2{n^2}\suma_ia_j\)。还有结论：对于大小为\(n\)的集合\(S\)，所有\(\dbinomnt\)个大小为\(t\)的子集中，含有给定大小为\(k\)的子集的集合个数为\(\dbinom{n-k}{t-k}\)。那么一个序列\(a_1,...,a

「LOJ#3399」CommunicationNetwork首先列出式子，\(ans=\sum\limits_{T_2}|T_1\capT_2|2^{T_1\capT_2}\)注意到有\(f(S)=\sum\limits_{T\subseteqS}\sum\limits_{T'\subseteqT}(-1)^{T-T'}f(T')\)证明可考虑计算每个\(T'\)的贡献，由于\(T'\subse

题意简述有\(m\)张牌，其中有一张是王牌。你现在可以洗\(n\)次牌（每种牌堆序列等概率出现），然后查看牌堆顶的第一张牌。设\(x\)为\(n\)次洗牌中第一张牌是王牌的次数，则得分为\(x^k\)。求得分的期望值对\(998244353\)取模的值。\(1\len,m<998244353,k\le5000\)分析将

题意现在有四种物品，分别有\(n1,n2,n3,n4\)个，有多少种排列物品的方案使得任意两个相邻物品的种类不同。\(0\len1,n2\le500,0\len3,n4\le5\times10^4\)Sol注意到\(n1\)，\(n2\)特别小。设四个物品分别为\(C,D,A,B\)。考虑先插入\(C,D\)，再考虑\(A,

广义二项式系数\(\dbinom{a}{n}=\dfrac{a^\underline{n}}{n!}\)证明：\(\dbinom{a}{n}=C_a^n=\dfrac{a!}{n!(a-n)!},\dfrac{a^\underline{n}}{n!}=\dfrac{\frac{a!}{(a-n)!}}{n!}=\dfrac{a!}{n!(a-n)!}\)对称公式\(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}\)证明：

题意有\(3\)个人。每个人分别有\(n1,n2,n3\)张牌。每张牌上有一个名字，分别表示三个人。对于每个回合，进行如下操作：若当前回合的玩家手上没有牌了，则该玩家获胜。否则从手牌中取出一张牌，丢弃她，并进入该牌上的名字的玩家的回合。求第一名玩家获胜的牌的分配方案数。Sol

经典组合数求和等于斐波那契等式\(\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n-i}{i}=f_{n+1}\)，其中\(f\)为斐波那契数列。证法\(1\)：\(\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n-i}{i}=\sum\limits_{i=0}^n[x^i](1+x)^{n-i}=[x^n]\sum\limits_{i=0}^nx^{n-i}(1+x)^{n-i}=[x^n]\dfrac{1}{1-x-x^2

生成函数我理解为对某数列的一种描述/刻画。在生成函数中在生成函数中，\(x\)代表的意义并非未知数，也不具有任何值，而仅仅是一个代数对象。关注\(x\)的值或\(F(x)\)的值是没有意义的。由于生成函数的理解和应用大多来自习题，我就把笔记与习题放在一起了。OGF普通生成函数

题意设\(f_{n,m}\)表示\(m\)维空间能被\(n\)个\(m-1\)维空间划分的最大区域数。求\(\sum_{i=0}^mf_{n,i}\)\(n,m\le10^{18},p\le2\times10^7\)Sol注意到：\(f_{n,m}=f_{n-1,m-1}+f_{n-1,m}\)。不难想到\(f\)应该是组合数的前缀

这里将会记录一些典型的计数。图计数无向图计数显然，\(n\)个点的无向图个数应该为\(2^{\binom{n}{2}}\)。\(n\)个点\(m\)条边无向图计数不妨设\(g(n,m)\)表示\(n\)个点\(m\)条边的无向图个数，显然有\[g(n,m)=\dbinom{\binom{n}{2}}{m}\]设\(f(n,m)\)表示

咕咕咕中本文不提供所有公式严格证明，包含大量感性理解（）1.基本公式【命题$1.0$】\[\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m}+\dbinom{n-1}{m-1}\]从$n$个物品中取$m$个分为两种情况：包含一个物品$i$或不包含$i$。包含$i$时有$\binom{n-1}{m-1}$种，不包含时则有

前言可能需要一点二项式定理和二项式反演的相关知识。有许多不足还请指出。公式经典容斥\(A_1,A_2,\cdots,A_n\)均为有限集，\(A_i\subseteqS\)，则\[\left\vert\bigcup\limits_{i=1}^nA_i\right\vert=\sum\limits_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum\limits_{1\lei_1<i_2<\cdots<i_k\le

1.零些记号略。咕咕咕2.排列与组合\(\color{plum}\texttt{Watchyouleaving}\)\(\color{violet}\texttt{AndItrytotellmyselfthatI'mjuststreaming}\)\(\color{magenta}\texttt{I'mjuststreaming}\)2.1四则计数原理设集合\(S\)的一个划分（\(\text

P7481梦现时刻由题得：\[F(a,b)=\sum_{i=0}^{b}\dbinom{b}{i}\dbinom{n-i}{a}\]根据公式\(\displaystyle\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m-1}+\dbinom{n-1}{m}\)，有：\[F(a,b)=\sum_{i=0}^{b}\dbinom{b-1}{i-1}\dbinom{n-i}{a}+\sum_

容斥基本公式\(|\bigcup\limits_{i=1}^na_i|=\sum\limits_{T\subseteq[1,n]}-1^{|T|+1}|\bigcap\limits_{i\inT}a_i|\)min-max容斥\(\max_{i\inS}a_i=\sum\limits_{T\subseteqS}(-1)^{|T|+1}\min_{i\inT}a_i\)\(\min_{i\inS}a_i=\sum\limits_{T\su

如题：已知\(n\in\N_+\)。证明：存在多项式\(p(x)\)满足\(\cos(n\theta)=p(\cos\theta)\)。求\(\cos(10\theta)\)。解\((1)\)：设虚数\(z=\cos\theta+\texti\sin\theta\)，\(\omega=z^n=A+\textiB\).则虚数\(\omega=z^n\)的实部\(A\)即为\(\cos(n\t

多项式计数杂谈-command_block的博客-洛谷博客command_block的博客导航切换首页文章command_block的博客多项式计数杂谈postedon2020-02-1118:16:01|under算法|Ox00.前面的话&前置芝士本文Markd

tg.BZOJ4403序列统计pj.BZOJ4403序列统计没啥用的题解\(QWQ\)——无脑思考首先要想怎么求单调不上升序列的个数，因为可能会有重复的数，所以不能直接用排列组合。那这道题怎么打呀？我不知道啊\(\dots\)\((~:\)因为原来是单调不下降序列，将第\(i\)位上的数加\(i\)，于是

题目传送门前置知识排列组合|卢卡斯定理解法记\(m=r-l+1,0\lek\len-1\)，枚举长度\(i\)，等价于求\(\sum\limits_{j=1}^{m}x_j=i\)的非负整数解的数量。接着推式子就行。\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n}\dbinom{m+i-1}{i}\end{aligned}\)\(\begin{aligned

传送门description给定\(n,a,k\)，求\(\sum\limits_{i=1}^na^ii^k\)\(n\leq10^{18}\)\(k\leq2\cdot10^3\)solution\(k\)很小，使用第二类斯特林数处理\(i^k\)得：\(\sum\limits_{i=1}^na^i\sum\limits_{j=0}\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}

加法原理有\(n\)类办法,\(a_i(1\lei\len)\)代表第\(i\)类方法的数目。那么共有\(S=a_1+a_2+\cdots+a_n\)种方法乘法原理分\(n\)个步骤,\(a_i(1\lei\len)\)代表第\(i\)个步骤的方法数目。那么共有\(S=a_1\timesa_2\times\cdots\timesa_n\)种方法排列数从\(n\)个

传送门description给定\(n,m,P,k\)。一个\(n+2\)行\(m\)列的网格图第\(2\)至\(n+1\)行每秒每行左右两端的方格都有\(P\)的概率消失。求\(k\)秒后第一行和最后一行联通（上下左右四个格子联通）的概率。\(n,m\leq1.5\times10^5\)\(k\leq10^5\)solution由于

定义一组\(n\)的划分（composition）是一个正整数序列\(\alpha=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_k)\)，满足\(\sum\alpha_i=n\)。基础组合\[\sum_{\alpha\text{isacompositionof}n}|\alpha|=(n+1)2^{n-2}\]证明考虑插板法。\(|\alpha|\)即板子的数