1.禮物
先給你們來個簡單點的。
那麼其實就是在求最小的：
\[\beginans&=&\sum\limits_^(x_i-y_i+c)^2\\&=&\sum\limits_^(x_i-y_i)^2+2(x_i-y_i)c+c^2\end
\]可以發現貢獻分成了兩部分。
一部分的變數是\(c\)另一部分是\(x,y\)。
這樣分別計算最小值即可。
右邊的那個直接帶入\(c\in[-100,100]\)即可。
左邊的再接著化式子。
\[\sum\limits_^x_i^2+y_i^2-2x_iy_i
\]前面的可以直接求。
只需要求後面的部分：
\[\sum\limits_^x_iy_i
\]的最大值。
\[\sum\limits_^x_y_i
\]發現卷積的影子了。
我們將\(y\)複製一次接到後面，\(x\)直接翻轉。
做一次多項式乘法。
第\(i+n\)項的係數，就是錯位\(i\)次之後的乘法值。
這樣問題就在\(o(nlogn)\)複雜度內解決了。
2.染色
3.城市規劃
這個題其實也不難。
首先根據乙個套路我們列舉和\(1\)在同乙個聯通塊內的點的個數。
這樣可以得到乙個補集容斥的式子：
\[dp[n]=2^}-\sum\limits_^\binom2^}dp[i]
\]隨便化一下出卷積式就行了。
但是發現是自己卷自己。
分治\(fft\)解決。
這個分治很簡單自己去\(yy\)吧。
4.圖的價值
鑑於大部分人都不會斯特林數。
這裡給出乙個公式：
\[x^m=\sum\limits_^\beginm\\i\endx^
\]然後愉快的開始推式子吧！
首先考慮每個點的貢獻，就可以得到如下的答案：
\[ans=n2^}\sum\limits_^\binomi^k
\]設$$f(n)=\sum\limits_\binomik$$
\[\begin\\
f(n)&=\sum\limits_^\binomi^k\\
&=\sum\limits_^\binom\sum\limits_^\begink\\j\endi^\\
&=\sum\limits_^\sum\limits_^\begink\\j\end\binom\binomj!\\
&=\sum\limits_^j!\begink\\j\end\sum\limits_^\binom\binom\\
&=\sum\limits_^j!\begink\\j\end\sum\limits_^\binom\binom\\
&=\sum\limits_^j!\begink\\j\end\binom2^\\
&=\sum\limits_^j!\frac2^\begink\\j\end\\
&=n!\sum\limits_^\frac}\begink\\j\end\\
\end\]
卷積形式出現了。
現在還有乙個問題。
第二類斯特林數怎麼求？
第二類斯特林數\(\beginn\\k\end\)的含義是，\(n\)個物品分成\(k\)個沒有標號的集合的方案數，保證集合非空。
這樣我們就可以考慮容斥出這個東西。
考慮二項式反演。
我們一共有\(n\)個元素和\(k\)個集合，來模擬劃分的過程來滿足0個非空這個條件。
我們設\(g(m)\)為劃分中至少\(m\)個空集合的方案數,\(f(m)\)為恰好有\(m\)個。
\[g(m)=\binom(k-m)^n
\]\[g(m)=\sum\limits_^\binomf(i)
\]二項式反演得到：
\[f(m)=\sum\limits_^(-1)^\binomg(i)
\]\[f(0)=\sum\limits_^(-1)^i\binom(k-i)^m
\]那麼：
\[\begin\\
\beginn\\k\end&=\frac\\
&=\frac\sum\limits_^(-1)^k\binom(k-i)^m\\
&=\frac\sum\limits_^(-1)^k\frac(k-i)^m\\
&=\sum\limits_^\frac\frac\\
\end\]
這樣也是卷積了。
可以\(o(nlogn)\)求出一行的第二類斯特林數。
那麼把斯特林數代入上面的式子一起卷積即可。
總結 多項式生成函式相關 4
這次是多項式復合逆和拉格朗日反演以及擴充套件拉格朗日反演。對於已知的兩個常數項為0的多項式函式 f x p x 若滿足 f p x p f x x 那麼稱多項式 f x p x 互為復合逆。對於滿足 f g x g f x x 的兩個多項式求，g x 的第 n 項。g x sum limits a ...
多項式與生成函式複習
秦九邵演算法，多點求值 高斯消元，插值 任意乙個n次多項式，都能找到n個根，複數是代數閉域 對於範德蒙德矩陣,求解它的逆矩陣 a a det ai naa detai n aa de tain 乘積的組合意義 字首和與差分 插板法或者廣義二項式定理 斐波那契數列的ogf f x xf x x2f x...
CRC 生成多項式
是接受方和傳送方的乙個約定，也就是乙個二進位制數，在整個傳輸過程中，這個數始終保持不變。在傳送方,利用生成多項式對資訊多項式做模2除生成校驗碼。在接受方利用生成多項式對收到的編碼多項式做模2除檢測和確定錯誤位置。應滿足以下條件 a 生成多項式的最高位和最低位必須為1。b 當被傳送資訊 crc碼 任何...