RE：ゼロから始める文化課生活

以爲有必要在NOI以前開一篇學習內容記錄。
至於爲何要取這個標題呢？也許並無什麼特殊的藉口吧。

5.23

在LOJ上搬了三道原題給你們考了考，而後你們都在考試就我一我的在划水。

SSerxhs 和 Serval 的退役記念賽

A.幼兒園唱歌題

給一個串\(S\)，\(q\)次詢問知足是串\(S[l_1,r_1]\)的前綴且是串\(S[l_2,r_2]\)的後綴的最長迴文串長度。\(|S|,q\le2\times10^5\)

把串\(S\)反過來接在後面建迴文樹，而後就是求兩個點的公共祖先中深度不超過兩子串長的深度最大值。

C.幼兒園籃球題

有\(n\)個球，其中\(m\)個是紅色的，其他的是藍色的，從中隨機選出\(k\)個，若選出了\(x\)個紅球則得分爲\(x^L\)。求指望得分模\(998244353\)。共\(T\)組數據，每組數據的\(L\)是相同的。\(T\le200,L\le2\times10^5,m,k\le n\le 2\times10^7\)

\[\binom{n}{k}Ans=\sum_{i=0}^k\binom{m}{i}\binom{n-m}{k-i}i^L\\=\sum_{i=0}^k\binom{m}{i}\binom{n-m}{k-i}\sum_{j=0}^LS(L,j)j!\binom{i}{j}\\=\sum_{j=0}^LS(L,j)j!\sum_{i=0}^k\binom{m}{i}\binom{n-m}{k-i}\binom{i}{j}\\=\sum_{j=0}^LS(L,j)j!\binom{m}{j}\sum_{i=0}^k\binom{m-j}{i-j}\binom{n-m}{k-i}\\=\sum_{j=0}^LS(L,j)j!\binom{m}{j}\binom{n-j}{k-j}\]
預處理第\(L\)行第二類斯特林數便可。

Codeforces Round #559 (Div. 1)

E. Strange device

交互題。一棵\(n(n\le1000)\)個節點的樹，每次能夠給交互庫一個長度爲\(n\)的數組\(d_i\)，交互庫會對於每一個\(i\)，在樹上標記與點\(i\)距離不超過\(d_i\)且不爲\(i\)自己的全部點，而後返回一個\(01\)串表示哪些點有標記。你須要在\(80\)次詢問內還原出樹的形態。

定義\(query(s,t)\)表示作一次詢問，將\(s\)集合中包含的全部數的\(d_i\)設爲\(t\)，其他的\(d_i\)爲\(0\)。其返回值爲一個集合\(s'\)。
第一步是求出每一個點到\(1\)號點的距離。動態維護\(s_0\)表示到\(1\)號點距離爲\(2^k\)的偶數倍的點集，\(s_1\)表示到\(1\)號點距離爲\(2^k\)的奇數倍的點集，以及一個集合數組\(S\)，其第\(i\)位\(S_i\)表示到\(1\)號點距離爲\([(i-1)\times2^k,i\times2^k)\)的全部點。初始時\(k_0=\lceil\log n\rceil\)，\(s_0=\{1\},s_1=\varnothing,S=\{\{1,2...n\}\}\)。每次將\(k\)減\(1\)，並詢問\(query(s_0,2^k),query(s_1,2^k),query(s_0,2^k-1),query(s_1,2^k-1)\)，顯然\(s_0'=s_0\cup s_1\)，而後經過一些集合操做能夠獲得\(s_1'\)，同時將每一個\(S_i\)分裂爲\(S_{2i}\)與\(S_{2i+1}\)後能夠獲得\(S'\)。重複此過程直到\(k=0\)，每次須要作\(4\)次詢問，總詢問次數爲\(4\log n\)。
接下來考慮對每一個點求其父親編號。對於每一個深度\(d\)，枚舉\(i\in[0,\lceil\log n\rceil)\)，將該深度全部節點中二進制位第\(i\)位爲\(1\)的位置加入集合\(s\)並詢問\(query(s,1)\)，而後再枚舉全部被標記到的\(d+1\)深度的節點更新答案。看上去須要\(n\log n\)次詢問，但實際上\(\%3\)相等的深度能夠一塊兒作詢問，所以就只須要\(3\log n\)次詢問了。
總詢問次數\(7\log n\)。

F. Density of subarrays

給一個長度爲\(n\)且每一個元素都在\([1,c]\)的數列\(a_i\)，定義其一個子序列的權值爲最大的\(k\)知足全部長度爲\(k\)的全部元素在\([1,c]\)的序列均在這個子序列中做爲子序列出現過。先要求對於\(i\in[0,n]\)求有多少\(a_i\)的子序列知足其權值剛好爲\(i\)。\(n,c\le3000\)，答案對\(998244353\)取模後輸出。

權值爲\(k\)意味着子序列至多能夠分爲\(k\)段使每段內均包含\([1,c]\)的全部數。考慮\(dp\)。設\(f_{i,j}\)表示前\(i\)個數已經分了\(j\)段且\(i\)剛好是第\(j\)段的最後一個數的方案數，注意爲了不算從算重，須要強制分段時每段最後一個數字是段內第一次出現，能夠從\(f_{i,j}\)轉移到\(f_{k,j+1}\)，轉移係數是一堆\(2^x-1\)的乘積。記\(ans_j\)表示答案，那麼就能夠用\(f_{i,j}\)貢獻給\(ans_j\)，這裏須要乘上\(i\)後面隨便選不構成新的一段的方案數，這個係數能夠在\(dp\)的過程當中計算出。這種作法的總複雜度是\(O(\frac{n^3}{c})\)的。
在\(c\)很小時上述作法沒法經過本題。不過咱們還有一個更加簡單的\(O(\frac{n^22^c}{c})\)的作法，將二者結合後便可經過本題。

牛客挑戰賽31

B.克洛涅的多項式

給出一個\(m\)次多項式\(G(x)\)以及\(n\)個數\(x_i\)，有一個\(n\)次項係數爲\(1\)的\(n\)次多項式\(F(x)\)對於全部的\(x_i\)均知足\(F(x_i)=G(x_i)\)，求\(F(k)\)。\(m<n\le5\times10^6\)

令\(H(x)=F(x)-G(x)\)，則\(H(x)\)爲一個\(n\)次多項式，且\(n\)個零點即爲\(\{x_i\}\)。故\(F(x)=G(x)+\prod_{i=1}^n(x-x_i)\)。

C.克洛涅的照片

一個\(n\times m\)的網格，每一個格子上有一個數\(0/1\)，初始時會讀入\(k\)個位置\((x_i,y_i)\)表示該位置上的數是\(1\)，其他位置上的數均是\(0\)。每次操做能夠將某一行或者某一列的全部數取反，求最少多少次操做後可使全部位置都變成\(0\)。有\(q\)次修改操做，爲對輸入的某一行或者某一列取反，要求在每次修改後求出答案。數據保證始終有解。\(n,m\le10^6,k,q\le3\times10^5\)

因爲保證有解，所以任意兩行要麼全等要麼所有相反。維護與第一行不一樣的行數\(A\)以及第一行\(1\)的數量\(B\)，答案爲\(\min(A+B,n+m-A-B)\)。\(A,B\)都可動態維護，複雜度線性。

D.雷的打字機

一個字符集大小爲\(n\)的字符串，每次有\(p_i\)的機率向後添加字符\(i\)，當出現連續兩個相同字符時中止操做。求中止時字符串的指望長度。\(n\le10^7, \sum_{i=1}^np_i=1\)

設\(f_i\)表示結束時長度爲\(i\)的機率，\({f_k}_i\)表示結束時長度爲\(i\)且最後一個字符爲\(j\)的機率，\(g_i\)表示長度爲\(i\)未結束的機率，\(F(x),F_k(x),G(x)\)分別爲三者的機率生成函數。因而就有以下的一些等式：
\[F(x)+G(x)=1+G(x)x\\G(x)(p_kx)^2=F_k(x)(1+p_kx)\]
對前式求導並代入\(x=1\)可得
\[F'(x)+G'(x)=G'(x)x+G(x)\\F'(1)=G(1)\]
再將\(x=1\)代入後式可得
\[\frac{G(1)p_k^2}{1+p_k}=F_k(x)\\\sum_{i=1}^n\frac{p_i^2}{1+p_i}G(1)=\sum_{i=1}^nF_i(1)=F(1)=1\\G(1)=\frac{1}{\sum_{i=1}^n\frac{p_i^2}{1+p_i}}\]
線性求逆元便可作到線性複雜度。

E.密涅瓦的謎題

給一個字符串\(S\)，\(q\)次詢問從\(S\)中選出\(m\)個子串（能夠爲空）順序拼接起來後能夠獲得多少種本質不一樣的串。\(|S|,q\le10^5,m\le10^{10}\)

爲了不算重，一種可行的策略是，全部方案的子串選取都應該儘可能靠後。換言之，對於一個選取方案中相鄰的兩個子串\(t_i,t_{i+1}\)，應知足\(t_{i+1}\)前接上\(t_i\)的最後一個字符後不爲原串\(S\)的子串。
記\(dp_{i,j}\)表示考慮了最後\(i\)個子串，當前已構造串的第一位字符是\(j\)的方案數。能夠發現轉移大體形如\(dp_{i+1,k}=\sum_{j}dp_{i,j}coef_{j,k}+C_k\)，這裏的\(coef_{j,k}\)和\(C_k\)都可以經過後綴自動機上\(dp\)求出。這一步的複雜度爲\(O(\sigma n)\)。
能夠發現上述\(dp\)能夠寫成矩陣的形式。因爲\(q\)次詢問的轉移矩陣都是同樣的，所以能夠預處理出轉移矩陣的\(1,2,3...\sqrt m,2\sqrt m,3\sqrt m...\)次冪，能夠將複雜度作到\(O((\sqrt m+q)\sigma^3)\)，沒法經過本題。
考慮答案是一個行向量乘上轉移矩陣的\(m\)次冪再乘上一個列向量的結果。所以能夠從前日後維護前綴行向量以及後綴列向量，複雜度能夠作到\(O(m\sigma^2+q\sigma)\)，能夠經過本題。

5.24

參加了學校裏的學考模擬，又墊底了。

Comet OJ - Contest #4

D.求和

懶得寫了本身看吧......

一個結論是，對於任意的\(x\)，\(10x+[0,9]\)這\(10\)個數的答案之和必定是\(45\)。
所以只須要暴力計算最後的不超過\(9\)個數便可。
然而這樣\(TLE\)了。
因此就只計算\(1\)個數就好了。

E.公共子序列

給兩個長度分別爲\(n\)和\(m\)，字符集大小爲\(3\)的串，求其最長公共不降子序列。\(n,m\le10^6\)

一個顯然的思路是，枚舉從前日後選了多少個\(1\)，枚舉從後往前選了多少個\(3\)，中間的部分全都選\(2\)。考慮優化這個過程，從大到小枚舉選擇了多少個\(1\)，維護從後往前選\(3\)數量的決策集合（只添不刪），假設從後往前選了\(i\)個\(3\)後兩個串前面分別剩下\(a_1,a_2\)個\(2\)，當前枚舉選了\(j\)個\(1\)致使兩個串的前綴分別有\(b_1,b_2\)個\(2\)不能選（固然這裏要保證\(i,j\)這一對是合法的），那麼此時\(2\)的貢獻就是\(\min(a_1-b_1,a_2-b_2)\)。這個東西能夠根據\(a_1-a_2,b_1-b_2\)的大小討論，而後維護兩棵線段樹/\(BIT\)就好了。時間複雜度\(O(n\log n)\)。

5.25

上午參加了學校裏的學考模擬，又墊底了。
下午開始寫2018 Multi-University Training Contest 2，差很少作完了，題解啥的明天再補。

5.26

上午在家裏頹頹頹。
下午過來查成績。竟然查不到，果真停課選手沒有人權。

2018 Multi-University Training Contest 2

A.Absolute

求\(\int_{l_1}^{r_1}\int_{l_2}^{r_2}...\int_{l_n}^{r_n}|x_1+x_2+...+x_n|dx_1dx_2...dx_n\)。\(n\le15\)，答案模\(998244353\)後輸出。

將積分展開，最終是要在函數\(F(x)=\text{sgn}(x)x^{n+1}\)上求\(2^n\)個點值，\(dfs\)的話能夠作到\(O(2^n\log n)\)。

B.Counting Permutations

對於一個\(n\)階排列，記每一個數向左第一個大於它的位置爲\(l_i\)（不存在記爲\(0\)），記每一個數向右第一個大於它的位置爲\(r_i\)（不存在記爲\(n+1\)），令這個排列的權值爲\(P=\sum_{i=1}^n\min(i-l_i,r_i-i)\)，給出\(n,m\)求權值爲\(m\)的\(n\)階排列數量。答案對給定大質數取模。\(n\le200,m\le10^9,10^8\le mod\le10^9\)

令\(n\)階排列的答案的生成函數爲\(F_n(x)\)，邊界\(F_0(x)=1\)。考慮\(n\)階排列的構成，即在一個\(n-1\)階排列的\(n\)個間隔中選擇一個插入\(n\)這個數，所以\(F_n(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}x^{\min(i+1,n-i)}F_{i}F_{n-1-i}\)。打表能夠發現\(F_{200}(x)\)的最高次項指數爲\(m=735\)，因此直接暴力代入\(x=0...m\)求出點值後多點差值便可，複雜度\(O(n^2m+Tm^2)\)。

C.Cover

給一張圖，選若干條路徑使得通過每一條邊剛好一次，要求路徑條數儘可能少，輸出方案。\(n,m\le10^5\)

不一樣連通塊顯然相互獨立。連通塊內根據奇度點數量求歐拉路/歐拉回路便可。

D.Game

有一個集合\(S\)初始爲\(\{1,2...n\}\)，兩我的博弈，每次操做能夠選取集合內的一個數並移除集合內它的全部約數（含自己），不能操做者輸。給定\(n\)，求是否先手必勝。\(n\le500\)

結論是先手必勝。能夠考慮初始時\(S=\{2...n\}\)，若是次數先手必勝，則原問題按照這種策略亦能夠先手必勝，不然先手取走\(1\)，一樣能夠獲勝。

E.Hack It

構造一個\(n\times n\)的\(01\)矩陣，要求\(1\)的數量超過\(85000\)而且不存在兩行擁有超過\(1\)個相同的\(1\)的位置。\(n\le2000\)

假設\(n=p^2\)，其中\(p\)爲質數，能夠考慮枚舉\(i,j\in[0,p)\)，構造一個長度爲\(p^2\)的\(01\)串\(S\)，其第\(kp+(jk+i)\bmod p\)位爲\(1\)。這樣的構造顯然是知足條件的。

F.Matrix

求至少有\(A\)行全\(1\)，至少有\(B\)列全\(1\)的\(n\times m\)的\(01\)矩陣數量模\(998244353\)。\(n,m,A,B\le3000\)

先只考慮一維的狀況。答案確定是\(\sum_{i=A}^nf_i\binom{n}{i}2^{(n-i)m}\)，這樣實際有\(j\)行全\(1\)的方案被計算了\(\sum_{i=A}^jf_i\binom{j}{i}\)次，所以\(\sum_{i=A}^jf_i\binom{j}{i}=1\)，\(f_j=1-\sum_{i=A}^{j-1}f_i\binom{j}{i}\)。
兩維的容斥是同樣的，令\(g_j=1-\sum_{i=B}^{j-1}g_i\binom{j}{i}\)，最終答案即爲\(\sum_{i=A}^n\sum_{j=B}^mf_ig_j\binom{n}{i}\binom{m}{j}2^{(n-i)(m-j)}\)。

G.Naive Operations

給出一個排列\(b_i\)，要求維護一個序列\(a_i\)支持區間加\(1\)以及查詢區間\(\lfloor\frac{a_i}{b_i}\rfloor\)之和。\(n,m\le10^5\)

記\(t_i\)表示\(a_i\)還要加多少次才能使\(\lfloor\frac{a_i}{b_i}\rfloor\)加\(1\)，維護\(t_i\)的區間最小值，每次修改操做就暴力找到全部\(t_i\)爲\(1\)的位置進行更新，用兩棵線段樹/線段樹+\(BIT\)實現便可，因爲\(b_i\)是排列，所以更新次數不超過\(n\ln n\)，總複雜度\(O(n\log^2n)\)。

H.Odd Shops

求\((\sum_{i=1}^{10}a_ix^i)^n\)有多少項係數爲奇數，答案模\(998244353\)。\(n\le10^9\)

考慮更通常的問題，求\(f(x)^ng(x)\)有多少項係數爲奇數。一個性質是\(f(x)^2\equiv f(x^2)\bmod 2\)，所以\(f(x)^n\)在\(n\)爲偶數的時候奇數項必定均爲\(0\)。把\(g(x)\)拆成\(p(x)+q(x)x\)知足\(p(x),q(x)\)的奇數項也均爲\(0\)，那麼\(f(x)^np(x),f(x)^nq(x)x\)兩部分的答案獨立，能夠分別計算，從而能夠將問題遞歸爲求\(f(x)^{n/2}p(x)\)與\(f(x)^{n/2}\)的答案。\(n\)爲奇數的話就乘一個\(f(x)\)到\(g(x)\)中去便可。

I.Segment

求大小爲\(n\)的隨機廣義線段樹上一次\(query(l,r)\)操做會通過的節點數量的指望模\(998244353\)。\(q\)次詢問（每次詢問的\(n\)是相同的），\(n,q\le10^6\)

考慮一棵廣義線段樹的生成方式，等價於初始有\(n\)個長度爲\(1\)的區間，每次隨機合併兩個相鄰的區間。接着考慮一棵廣義線段樹上一個區間\([l,r]\)出現的機率。若\(l=1,r=n\)那麼機率顯然爲\(1\)，不然若\(l=1\)或\(r=n\)，那麼機率爲\(\frac{1}{r-l+1}\)（即要求某次合併是這\(r-l+1\)次合併中最晚發生的），不然機率爲\(\frac{2}{(r-l+1)(r-l+2)}=2(\frac{1}{r-l+1}-\frac{1}{r-l+2})\)（即要求共\(r-l+2\)次合併中某兩次是在最後發生的）。
對於一次\(query(l,r)\)，根據指望的線性性，答案爲全部與\([l,r]\)有交且其父親未被\([l,r]\)徹底包含的區間的出現機率之和。後者有點難以計算，能夠轉換成被\([l,r]\)包含的葉子減去被\([l,r]\)包含的非葉子的機率，這樣就顯得能夠計算了。
計算時涉及到的東西只有逆元的區間和，\(O(n)\)預處理後每次詢問能夠作到\(O(1)\)。分類討論是真的難

J.Swaps and Inversions

有一個長爲\(n\)的數組\(a_i\)，你能夠任意次花費\(y\)的代價交換相鄰的兩個數，交換結束後你須要付出\(x\)乘上逆序對數的代價，求最小代價。\(n\le10^5\)

答案是\(\min(x,y)\)乘上逆序對數。

5.27

地理竟然及格了。然而仍是因爲政治生物不及格被D了一頓（小聲BB）

Codeforces Round #562 (Div. 1)

A.Increasing by Modulo

有一個長度爲\(n\)的序列\(a_i(0\le a_i < m)\)，每次操做你能夠選擇一個子序列，把這個子序列中的數\(x\)變成\(x+1\bmod m\)，求最少操做多少次可使序列單調不降。\(n,m\le3\times10^5\)

二分後貪心\(check\)便可。可恥地WA了一發（捂臉）

B.Good Triple

給一個長度爲\(n\)的\(01\)串，求有多少個區間內包含一個對應字符均相同的下標等差數列。\(n\le3\times10^5\)

結論是不合法串的長度不會超過\(9\)，因此直接暴力就行了，複雜度\(O(9n)\)。
證實：手動驗證便可。

C.And Reachability

一個長度爲\(n\)的序列\(\{a_i\}\)，\(q\)次詢問\(x,y\)，問是否存在一個下標序列\(x=p_1<p_2<...<p_k=y\)知足\(a_{p_i}\&a_{p_{i+1}}\neq 0\)。\(n,q\le3\times10^5\)

記\(f_{i,j}\)表示從\(i\)出發可以到達的最近的且第\(j\)位上爲\(1\)的下標是多少，轉移顯然。
詢問的話就取\(a_r\)第\(j\)位爲\(1\)的\(\min\{f_{l,j}\}\)判斷與\(r\)的大小關係便可。
複雜度\(O(n\log^2n+q\log n)\)。

D.Anagram Paths

給一棵\(n\)個節點的二叉樹，每條邊上有一個小寫字母或者\(?\)，\(q\)次修改操做，每次修改某條邊上的字符，問修改後是否存在一種方案，使得給全部\(?\)填上小寫字母后，全部葉子到根的路徑字符串經重排後是否能所有相同，若能，還須要求出每種字符在這個字符串裏的最多出現次數。\(n,q\le1.5\times10^5\)

顯然全部葉子的深度必須所有相等。而全部葉子深度全都相等的樹，在縮去只有一個兒子的節點後，樹高是\(O(\sqrt n)\)的。記\(s_i\)表示深度爲\(i\)的節點數量，顯然\(s_{i-1}\le s_i\)，而縮點會致使全部\(s_{i-1}=s_i\)的層被縮掉，保留下來的每一層均知足\(s_{i-1}<s_i\)，所以總層數爲\(O(\sqrt n)\)。
對（縮點後的）樹上每一個節點\(x\)記\(dp_{x,y}\)表示\(x\)向下走到某個葉子的全部路徑中，\(y\)字符的最多出現次數是多少，記\(len_x\)表示\(x\)向下走到某個葉子的距離。那麼第一問答案爲Yes當且僅當對於全部\(x\)，均知足\(\sum dp_{x,y}\le len_x\)，必要性顯然，充分性可經過構造證實。
接着只要對每次詢問暴力更新就行了，因爲保證了每一個點的度數，複雜度\(O(n\sigma+q\sqrt n)\)或\(O((n+q)\sqrt n)\)。

5.28~6.2

回去上文化課了。

6.3

全天學考三模。晚自習竟然獲批來機房？

開始補Codeforces Global Round 3的題，題解明天放。

6.4

上午學考三模，下午是毫無心義的試卷講評。

G.Gold Experience

有一張\(n\)個點的圖，每一個點上有一個權值\(a_i\)，兩個點\(i,j\)之間有邊當且僅當\(\gcd(a_i,a_j)=1\)。現給出\(k(k\le\frac n2)\)，要求找出一個大小爲\(k\)的點集，知足這個點集是獨立集，或者這個點集的導出子圖中沒有孤立點（即每一個點的度數均不爲零）。\(6\le2k\le n\le10^5,2\le a_i \le 10^7\)

先隨便找出一個極大獨立集\(S\)，若\(|S|\ge\frac n2\)那麼就直接結束了，不然對每一個不在\(S\)中的點求它與\(S\)中的哪個之間有邊（如有多個則任意一個都可），從而能夠把所有\(n\)個點分紅\(|S|\)個連通塊，假設這時有\(m\)個連通塊是孤立點，那麼能夠證實對於任意的\(k\le n-m\)都可以構造出答案。
因爲\(m\le|S|-1\)，因此根據這種策略咱們必定能夠構造出任意\(k\le \max(|S|,n-|S|+1)\)的答案，因爲\(k\le\frac n2\)，於是這種方法必定能夠構造出解。
怎麼求極大獨立集，以及怎麼對於每一個不在\(S\)中的點求其在\(S\)中的相鄰點呢？先考慮前一個問題，即當前存在一個數集，每次嘗試加入一個數，須要判斷加入的數是否和原數集中的全部數都不互質。根據\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)，能夠維護一個數組\(sum_i\)，每次加入一個數\(x\)就對\(x\)的全部約數\(d\)進行\(sum_d+=\mu(d)\)，判斷\(x\)是否能夠加入，只要判斷\(\sum_{d|x}\mu(d)\)是否爲\(0\)就好了。
這樣能夠解決第一個子問題。第二個子問題能夠在這種作法的基礎上加上總體二分，因爲\(10^7\)內一個數\(\mu(d)\neq0\)的約數\(d\)至多\(2^8\)個，由於總時間複雜度\(O(n2^8\log n)\)。

6.5

上午找數學組老鴿們學習了伯努利數求天然數冪和。

定義伯努利數的生成函數爲\(B(x)=\sum_{i\ge0}\frac{B_i}{i!}x^i=\frac{x}{e^x-1}\)。

考慮設天然數冪和的指數生成函數\(A_n(x)=\sum_{i\ge0}(\sum_{j=0}^nj^i)\frac{x^i}{i!}\)，則\[A_n(x)=\sum_{j=0}^n\sum_{i\ge0}\frac{(jx)^i}{i!}\\=\sum_{j=0}^ne^{jx}\\=\frac{1-e^{(n+1)x}}{1-e^x}\\=B(x)\frac{e^{(n+1)x}-1}{x}\\=B(x)(\sum_{i\ge0}\frac{(n+1)^{i+1}}{(i+1)!}x^i)\]

因而\(k!A_n(x)[x^k]=\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^k\binom{k+1}{i}B_i(n+1)^{k+1-i}\)

伯努利數能夠多項式求逆\(O(n\log n)\)求得。而後要求\(A_n(x)\)也只須要一次卷積。

Luogu3711 倉鼠的數學題

定義\(S_k(x)=\sum_{i=0}^xi^k\)，求多項式\(\sum_{k=0}^nS_k(x)a_k\)。\(n\le250000\)，係數對\(998244353\)取模。

\[\sum_{k=0}^nS_k(x)a_k=\sum_{k=0}^n\frac{1}{k+1}\sum_{i=1}^{k+1}\binom{k+1}{i}B_{k+1-i}(x+1)^i\\=\sum_{i=1}^{n+1}(x+1)^i\sum_{k=i-1}^n\binom{k+1}{i}\frac{a_k}{k+1}B_{k+1-i}\]

令\(C_i=\sum_{k=i-1}^n\binom{k+1}{i}\frac{a_k}{k+1}B_{k+1-i}\)，則求出伯努利數後只需一次卷積便可求出\(C_i\)，以後再使用二項式定理展開\((x+1)^i\)便可。

6.6

昨晚vp了一場2018 Chinese Multi-University Training, Nanjing U Contest然而寫了兩個小時就跑路了。今天早上過來補了幾個題。題解懶得寫了。

晚上打了場小米 Online Judge TCO 預選賽，又墊底了。

C. Independent

給一個\(n\times n\)的矩陣\(A\)，定義一個非空子矩陣\(B\)的補矩陣爲原矩陣去掉\(B\)所在行列後剩下的矩陣。求在模\(P\)（一個質數）意義下有多少個正方形矩陣\(B\)知足其補矩陣非空且\(B\)與\(B\)的補矩陣均滿秩。\(n\le40\)

複雜度看上去是\(O(n^5)\)的，然而貌似\(O(n^6)\)卡卡常就過了。

先枚舉\([l,r]\subseteq[1,n]\)，即枚舉\(B\)所在的行區間，接下來可行的\(B\)就只有\(n-r+l\)個。依次考慮判斷這\(n-r+l\)個矩陣\(B\)是否滿秩，順序枚舉，能夠發現相鄰的兩個矩陣\(B\)的差異僅爲替換了一個行向量，那麼使用帶刪除線性基便可作到單次\(O(n^2)\)插入刪除，總複雜度\(O(n^5)\)。
教練我不想寫帶刪除線性基怎麼辦？
由於是按順序插入與刪除的（相似隊列，每次操做恰在隊首刪除，隊尾加入），所以能夠對於每一個行向量維護其被插入線性基的時間，每次新插入向量時，儘可能將原有線性基內向量替換爲更新插入的向量（比較插入時間），於是在判斷是否滿秩時，只須要判斷構成線性基的\(r\)個行向量是否是最近插入的\(r\)個便可。複雜度依然爲\(O(n^5)\)。

6.7

NCEE 2019 Day 1

Good Luck & Have Fun !

Codeforces Round #564 (Div. 1)棄療了沒打，不過感受打了就上分了啊。

6.8

NCEE 2019 Day 2

Good Luck & Have Fun !

去JUNE Challenge 2019 Division 2玩了玩寫了幾個題。

Q：爲何打Division 2？
A：由於Rating不夠打Division 1 \(Q\omega Q\)

to be continued...