Cayley 定理 节点个数为 \(n\) 的无根标号树的个数为 \(n^{n−2}\) . 这个结论在很多计数类题目中出现,要证明它首先需要了解 \(\text{Prufer}\) 序列的相关内容.接下来给出证明. 证明: 每一棵树都可以转换为一个 \(\text{Prufer}\) 序列. 根据定义,每一个节点在 \(\text{Prufer}\) 序列中出现的次数等于该节点度数减一,即 \(d_i–1\).整个 \(\text{Prufer}\) 序列的长度为 \(∑_id_i–1=2(n

大意: 求a->b最短路长度为m的n节点树的个数, 边权全部不超过m 枚举$a$与$b$之间的边数, 再由拓展$Caylay$定理分配其余结点 拓展$Caylay$定理 $n$个有标号节点生成k棵树的森林, 且给定$k$个点各属于$k$棵树的方案数为$kn^{n-k-1}$ 可以得到有$x$条边的方案数为$\binom{m-1}{x-1}\binom{n-2}{x-1}(x-1)!m^{n-1-x}(x+1)n^{n-x-2}$ int n, m; ll fac[N], ifac[N]; ll

[BZOJ4830][HNOI2017]抛硬币(组合计数,拓展卢卡斯定理) 题面 BZOJ 洛谷 题解 暴力是啥? 枚举\(A\)的次数和\(B\)的次数,然后直接组合数算就好了:\(\displaystyle \sum_{i=0}^a{a\choose i}\sum_{j=0}^{i-1}{b\choose j}\). 完美\(TLE\). 先考虑特殊点的情况,如果\(a=b\),那么显然两者输赢的情况反过来是一一对应的,所以答案就是总情况减去平局的情况除二,而总方法就是\(\displays

[BZOJ3129][SDOI2013]方程(容斥,拓展卢卡斯定理) 题面 BZOJ 洛谷 题解 因为答案是正整数,所先给每个位置都放一个就行了,然后\(A\)都要减一. 大于的限制和没有的区别不大,提前给他\(A_i\)个就好了. 假如没有小于的限制的话,那么就是经典的隔板法直接算答案. 如果提前给完之后,还剩\(M\)个球,要放进\(n\)个盒子,答案就是\(\displaystyle{M+n-1\choose n-1}\) 然而有一个小于的限制很烦人.发现数量很少,那么直接爆枚子集,强制一

[BZOJ2142]礼物(拓展卢卡斯定理) 题面 BZOJ 洛谷 题解 显然如果\(\sum w_i>n\)无解. 否则答案就是:\(\displaystyle \prod_{i=1}^m{n-\sum_{j=0}^{i-1}w_j\choose w_i}\). 因为并没有保证\(P\)是质数,所以需要用到拓展卢卡斯. #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; #define ll long long l

拓展Lucas定理解决大组合数取模并且模数为任意数的情况 大概的思路是把模数用唯一分解定理拆开之后然后去做 然后要解决的一个子问题是求模质数的k次方 将分母部分转化成逆元再去做就好了 这里贴一份别人的板子 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; + ; typedef long long LL; LL Pow(LL n, LL m, LL mod) { LL ans = ; ) { ) ans = (LL)ans * n % mod; n =

(上不了p站我要死了,侵权度娘背锅) Description 一年一度的圣诞节快要来到了.每年的圣诞节小E都会收到许多礼物,当然他也会送出许多礼物.不同的人物在小E 心目中的重要性不同,在小E心中分量越重的人,收到的礼物会越多.小E从商店中购买了n件礼物,打算送给m个人 ,其中送给第i个人礼物数量为wi.请你帮忙计算出送礼物的方案数(两个方案被认为是不同的,当且仅当存在某 个人在这两种方案中收到的礼物不同).由于方案数可能会很大,你只需要输出模P后的结果. Input 输入的第一行包含一个正整数

2142: 礼物 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 259 MBSubmit: 1313  Solved: 541[Submit][Status][Discuss] Description 一年一度的圣诞节快要来到了.每年的圣诞节小E都会收到许多礼物,当然他也会送出许多礼物.不同的人物在小E心目中的重要性不同,在小E心中分量越重的人,收到的礼物会越多.小E从商店中购买了n件礼物,打算送给m个人,其中送给第i个人礼物数量为wi.请你帮忙计算出送礼物的方案数(两个方

参考资料: https://hyscere.github.io/2019/09/05/%E6%89%A9%E5%B1%95Caylay%E5%AE%9A%E7%90%86/ https://www.cnblogs.com/jklover/p/10391064.html n个标号节点形成一个有k颗树的森林,使得给定的k个点没有两个点属于同一颗树的方案数为k*n^(n−k−1)

非常好的一道数学题,考察了大量数论和组合数学的知识 在做本题之前强烈建议先完成下列两个背景知识: ①: bzoj 2142礼物 因为本题的一部分数据需要利用到拓展卢卡斯定理,而礼物是拓展卢卡斯定理的裸题,先做礼物是一个比较好的选择 有困难戳这里https://blog.csdn.net/lleozhang/article/details/82884768 ②: CF451E 本题的核心思想和CF451E完全相同,CF451E稍简单一些,所以先理解这里的思想再做本题会发现难度降了不少 有困难戳这里

这道题告诉了我们一个很重要的道理:看到题,先想明白再动手! 题意:求对999911659取模的值 首先,由于n的数据范围不是很大(至少不是很大),所以可以O()枚举所有约数分别求组合数 但是有个问题:根据费马小定理, #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm&

数论大集合 只要你做完了这道题,除了线性筛和降幂公式以外,所有数论noip知识点就都会了... 题意:求C(n,∑w)*C(∑w,w1)*C(∑w-w1,w2).....mod p(不保证p为质数) 思想:拓展卢卡斯定理 算法:我们可以分别求每个C(n,m),然后乘起来mod p即可 在求每个C(n,m)时,由公式C(n,m)= 于是:C(n,m)== 于是我们仅需求出n!mod p的值 可是首先,由于p不是质数,所以不能线性筛逆元 而且,即使p是质数,由于n的范围过大,筛出来也T了 所以我们要

(上不了p站我要死了,侵权度娘背锅) 勉勉强强算是把数论复习的差不多了. 总结一下吧. 其实数论的知识大部分是结合在一起的,勉强分类总结 组合数 求法 组合数的求法根据不同情况选用不同的方法 2.3都是建立在模数为质数的基础上,而1.4适用于任何情况(数据范围内).4的详细做法点这里. 另外,阶乘的逆元可以o(n)求,以前一直用的o(nlogn)的..具体做法点这里. 卡特兰数 算是一种组合数的特殊运用.通常如果题目中有暗示"任何时候某数都大于等于另一个数",就多半是卡特兰数. 卡特兰

这道题是求组合数终极版. C(n,m) mod P n>=1e9 m>=1e9 P>=1e9且为合数且piqi<=1e5 拓展lucas定理. 实际上就是一点数论小知识的应用. 这篇文章对于CRT和lucas定理的学习非常不错. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define FILE "dealing" #define up(i,j,n) for(i

题意:有n个点和m条限制,每条限制限制了一个点的度数不能为某个数. 求合法的树的个数模10^9+7 n<=10^6 m<=17 思路:WYZ作业 首先m<=17显然是2^m容斥 枚举每一个限制有用或没用,考虑某一个约束情况下的方案数 Caylay定理:n个点的生成树的个数=n^(n-2) Prufer序列:一个长度为n-2的Prufer序列对应唯一的一棵n个节点的树,度数为a[i]的点在其中出现了(a[i]-1)次 考虑先在序列中填上所有的受约束条件的点,它们的方案数是C(n-2,a[1

前两天去听了一下搞代数几何的Dino Lorenzini在交大的两场讲座(“On Laplacian Of Graphs and Generalization”,“Riemann-Roch Theorem for graphs and generalizations”),在此将笔记整理一下.$\newcommand \diag{\mathrm{diag}} \newcommand\Z{\mathbb{Z}} \newcommand\Pic{\mathrm{Pic}} \newcommand\im

本篇口胡写给我自己这样的什么都乱证一通的口胡选手 以及那些刚学Matrix-Tree,大致理解了常见的证明但还想看看有什么简单拓展的人- 大概讲一下我自己对Matrix-Tree定理的一些理解.常见版本的证明.我自己的证明,以及简单的一些应用(比如推广到有向图.推广到生成树边权的乘积和什么的,非常基础). 应该看到这里的人都知道Matrix-Tree定理是干什么的吧-就是统计一个无向图的生成树个数,表示成一个行列式. 1.前置定义及性质 首先是Matrix-Tree定理相关的定义:对于一个无向图

[BZOJ1441]Min Description 给出n个数(A1...An)现求一组整数序列(X1...Xn)使得S=A1*X1+...An*Xn>0,且S的值最小 Input 第一行给出数字N,代表有N个数 下面一行给出N个数 Output S的最小值 Sample Input 2 4059 -1782 Sample Output 99 题解:当n=2时,有裴蜀定理,S的最小值就是gcd(x1,x2): 当n>2时,有拓展裴蜀定理,S的最小值就是gcd(x1,x2...xn). #inc

POJ 1845 题意不说了,网上一大堆.此题做了一天,必须要整理一下了. 刚开始用费马小定理做,WA.(poj敢说我代码WA???)(以下代码其实都不严谨,按照数据要求A是可以等于0的,那么结果自然就是0了,需要特判一下,但是poj好像没有为0的数据,能AC.先不改了.) 后来看了好多人的博客,发现很少用费马小定理写的,或者写的代码我看不下去..就先用那个什么二分等比数列写了一下. 过程也不说了,很多博客都说了.([1][2]): #include<iostream> #include<

lucas定理及其拓展的推导 我的前一篇博客-- lucas定理 https://mp.csdn.net/mdeditor/100550317#主要是给出了lucas的结论和模板,不涉及推导. 本篇文章主要侧重lucas定理及其拓展的公式推导.先从pwp^wpw的一般情况进行推导,最后令w=1w=1w=1进一步推导出了lucas定理的结论.可能会比较枯燥. 想直接阅读结论的请转向这篇博客--拓展lucas结论及模板 https://blog.csdn.net/yuyilahanbao/artic

斐蜀定理 内容 斐蜀定理又叫贝祖定理,它的内容是这样的: 若$a,bin N$,那么对于任意x,y,方程$ax+by=gcd(a,b)*k(kin N)$一定有解,且一定有一组解使$ax+by=gcd(a,b)$ 推论 a,b互素的充要条件是方程$ax+by=1$有整数解. 证明 令$d=gcd(a,b)$,则$d|a,d|b$ 那么就能得到$d|(ax+by)$ 于是我们设s为$ax+by$能得到的最小正整数值,则$d|s$. 令$q=adiv s$(此处为整除),$r=amod s$,则$a