t1
很思維的題。
我們把所有的度數小於3的點全部都縮掉然後分情況給邊和去掉的邊的答案乘上對應的貢獻即可。
用\(set\)和\(bfs\)來維護就可以了。
時間複雜度\(o(nlogn)\)
**比較麻煩。
學到一招：
\(mutable\)型：易變型變數。
如果\(set\)中的元素的大小符定義和這個元素中含有的某乙個\(mutable\)型變數無關的話，那麼這個變數是可以直接在\(set\)中改變的。
這樣就大大節省了常數。
使得我們沒有必要去出再加入元素。
t2如果我們把每一天的個數都列舉出來的話，相當於是在列舉乙個長度為\(m\),和為\(n\)的序列\(a\)。
有：\[a_i\in[0,n]
\]\[\begin
ans&=\prod\limits_,\sum a_i =n}(ui+v)^\\
&=\sum\limits_^(u+v)^i(2u+v)^\\
\end
\]我們設:
\[w_i=ui+v
\]那麼\(m\)天答案的生成函式就是:
\[\begin
f_m(x)&=\prod\limits_^\sum\limits_^(w_ix)^j\\
&=\prod\limits_^\frac\\
\end
\]觀察一下兩天的情況：
\[\frac\frac=\left(\frac-\frac\right)\frac=\frac}-\frac}
\]相當於是這種形式的：
\[f_m(x)=\sum\limits_^a_\frac
\]那麼我們做乙個增量構造：
\[\begin
f_m(x)&=f_(x)\frac\\
&=\sum\limits_^a_\frac\frac\\
&=\sum\limits_^a_\left(\frac-\frac\right)\frac\\
&=\frac}\sum\limits_^\frac}+\frac}\\
\end
\]那麼我們可以得到\(a_\)的遞推式了。
\[a_=\begin
\frac}&i\not =j\\
\sum\limits_^\frac}&i=j\\
\end\]
然後設\(g_i=a_\)
那麼有：
\[a_=g_j\frac}
\]用上面的遞推公式就可以得到這個式子。
這樣我們把\(a_\)代入來求其他的\(g\)，使得用\(g\)求出\(g\)，這樣我們可以得到其生成函式的遞推式。
\[g_i=\sum\limits_^\frac}=\sum\limits_^\frac}
\]設\(g(x)=\sum\limits_^g_ix^i\),\(r(x)=\sum\limits_^\frac}=1-e^\)
這樣的話根據上面的自卷積式就有:
\[g(x)=g(x)r(x)+x
\]因為一次項沒有值所以要\(+x\)。
再推一下可以得到:
\[e^g(x)=x
\]那麼:
\[g(x)=xe^x
\]所以:
\[g_i=[x^i]g(x)=(i-1)!
\]這樣我們就可以考慮直接統計答案了。
\[\begin
ans&=[x^n]f(x)\\
&=\frac}[x^n]\left(\sum\limits_^\frac}\right)\\
&=\frac}[x^]\left(\sum\limits_^\frac}\sum\limits_^(w_ix)^j\right)\\
&=\frac}\sum\limits_^\frac(ui+v)^}\\
\end
\]這樣的話我們就可以直接\(o(mlog10^9)\)地統計答案了。
題解裡面是一種容斥的方法。
雖然不好想但是好像挺好推的。
我這個則是生成函式+暴力推式法很好想但是很不好推。
t3乙個網路流。
個人的理解是：
這種建圖方式是使得兩側都沒有被割的時候中間流過的一條表示隨意選某種顏色皆可。
因為兩側這時的流量必然大於等於1.
代表著可以隨意選擇。
割掉兩邊的表示某一天是必然選這種顏色的。
這樣可以保證二分圖上最大匹配個數最少。
省選模擬40
考慮如何使用 m n 5 這個條件搞事情。發現如果我們將度數很少的點縮掉，那麼剩餘的點的個數會很少，甚至可以到直接搜尋的程度。發現只要將度數 2 的點縮掉就可以了。對於度數等於1的點，可以直接消掉，給最終的答案乘上 k 1 即可。考慮給每條邊設兩個權值，即兩邊的點顏色相同時的權值和顏色不同的權值。度...
考試 省選96
t1 這個題就是考慮去大力分類討論。首先可以知道 k 3 的情況答案肯定是0.那麼分類討論 3,2,1,0 的情況。首先是 k 3 的情況。這個情況很簡單。首先 m 必須為3。就是我們考慮一下用總的方案去掉鈍角三角形的方案。那麼答案就是 ans binom n sum limits 1 i 這很簡單...
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t1 大神說是打個表找規律啥的。我利用生成函式 吉夫特那個題的結論推出來類似的結論。就是說對於所有深度為 i 的點,其對答案有貢獻，當且僅當 t i 0 這樣的話就可以直接用乙個 orfwt 來做了。t2生成樹計數原題。比原題還簡單。可以把 a i 抽象成乙個點變成乙個含有 a i 個點的連通塊。然...