好多句話題解

咕咕咕了好久終於編出來了

首先看成在座標系上面走。

假設當前在 \((x,y)\)，強制 \(x\ge y\)，要走到 \((a,b)\)，每一次可以進行下面幾種操作。

走到 \((x+1,y)\)

如果 \(x>y+1\)，那麼可以走到 \((x,y+1)\)

走到 \((x,x)\)

不難發現 \(1\) 操作一定會進行 \(a\) 次，只需要在操作序列上面插入 \(2,3\) 操作即可。

那就列舉 \(2\) 操作的次數 \(i\) 進行計數。

發現 \(3\) 操作可以看成當前的點不動，平移當前終點在的直線和終點，形成乙個新的限制。

由於我語文不是很好，所以畫了乙個圖，大家可以簡單看看。

大概說的就是把黑線和 \(t\) 移動至綠線和 \(t'\)，並把原路線跟著做乙個變換。

觀察移動直線的性質:

移動後 \(t'=(a',b')\) 滿足 \(a'=a,(a'-b')-(x-y)=a-b\)，解出來就是 \((a,b-(x-y))\)

在之後的行動中進行操作 \(2\) 時，必須滿足不走到平移後的線。

每次直線的截距減小。

假設沒有進行 \(3\) 操作，那可以直接算方案數。

假設進行了至少一次 \(3\) 操作，那對於每一條路徑，最後一定移到 \((a,i)\)，且如果時間倒流，可以依次移到 \((a,i),(a,i+1)...(a,b)\)，於是可以插板法算插入方案數，這題就做完了。

code:

inline int cal(int n, int m) 

int main() 
}  cout << res;
return 0;
}

有容量為 \(m\) 的揹包和 \(n\) 種物品，每種物品的體積為 \(v_i\)，價值為 \(b_i\)，求體積限制內最大價值。

\(n\le10^6,m\le10^9,a_i,b_i\le100\)。

於是只需求體積限制 \(limv\in [\frac2,\frac2]\) 內的完全揹包問題。

這個繼續按照邊界拆成兩個較小的，每拆一次區間的端點值都減了一半左右，且顯然區間長度最後是不會超過 \(2*\max\\) 的。

這樣拆下去，最後只需要做乙個小範圍（大概是 \(\max\*3\) 這個範圍內）的完全揹包，然後倒著往上推就行了。

然後由於 \(a_i,b_i\) 範圍都是 \(100\)，所以 \(n\) 是個假的，離散化一下即可。

code:

const int n = 305;

ll ori[n], f[55][n];
int n, m, v = 0, l[55], r[55], sig = 0, tot = 0;
pii a[n * n];
int main() 
sort(a + 1, a + sig + 1), sig = unique(a + 1, a + sig + 1) - a - 1;
int s1 = m, s2 = m;
while (s1 > 0) l[++tot] = s1, r[tot] = s2, s1 = (s1 - v) / 2, s2 = (s2 + v) / 2;
for (ri i = 1; i <= sig; ++i) for (ri j = a[i].fi; j <= v * 3; ++j) ckmax(ori[j], ori[j - a[i].fi] + a[i].se);
for (ri i = tot; i; --i) 
}  cout << "max=" << f[1][0];
return 0;
}

設 \(f(x)=\frac1,f_0(x)=\sum\limits_f_i^mx^i\)

然後答案顯然是 \(\frac\)

然後設這個數列遞推可以表示成 \(f_i=c_1\alpha^i+c_2\beta^i\)

於是把 \(f_i^m\) 給二項式展開，每個部分是乙個多項式求逆，加起來是乙個上下都有 \(o(\text)\) 的分式，乘一下發現很線性遞推。

於是分治 \(ntt\) + 線性遞推即可。

code

咕咕咕咕咕咕咕咕咕咕咕咕咕。

一句話題解

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