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摘要： 一个比较显然的做法：对每棵子树用线段树维护其中的深度，线段树合并即可。 本来想用这个题学一下dsu on tree，结果还是弃疗了。 阅读全文

摘要： 首先显然地，如果某个格子的权值超过2k，其一定不在答案之中；如果在[k,2k]中，其自身就可以作为答案。那么现在我们只需要考虑所选权值都小于k的情况。 可以发现一个结论：若存在一个权值都小于k的矩阵其权值和>=k，那么该矩阵一定存在权值和在[k,2k]中的子矩阵。 找到该子矩阵的过程和证明的过程是一 阅读全文

摘要： 因为要求数值不同，不妨设gcd(x,y)=1。由提示可以知道，x/y是纯循环小数的充要条件是x·klen=x(mod y)。因为x和y互质，两边同除x，得klen=1(mod y)。那么当且仅当k和y互质，存在len使该式成立。 于是现在要求的就是 k是固定的，先不管后面一部分。套路地化式子： 设f 阅读全文

摘要： 某两个点间的请求只对不在这条路径上的询问有影响。那么容易想到每次修改除该路径上的所有点的答案。对每个点建个两个堆，其中一个用来删除，线段树维护即可。由于一条路径在树剖后的dfs序中是log个区间，所以其补集也是log个区间。 然而由于复杂度是O(nlog3n)的以及蒟蒻自带大常数，在luogu上T了 阅读全文

摘要： 先不考虑换根。考虑修改某个点权值对答案的影响。显然这只会改变其祖先的子树权值和，设某祖先原子树权值和为s，修改后权值增加了x，则对答案的影响为(s+x)2-s2=2sx+x2。可以发现只要维护每个点到根的路径的子树和之和就可以了，随便树剖一波。 对于换根，可以发现这也只会改变其祖先的子树权值和。设原 阅读全文

摘要： 容易想到一个费用流做法：将每种蔬菜拆成p种，对应p个过期时间，每一种向可以卖的时间连边，第一次卖的奖励算在最晚过期的一种里。对于天数动态加点。不过这样边数太多了，因为第i天能卖的第i-1天一定能卖，可以改成每一种只向过期时间连边然后第i天向第i-1天连边。这样就有60分了。但费用流没有什么优化空间了 阅读全文

摘要： 如果只考虑某个子矩阵的话，其最大值为v的方案数显然是vsize-(v-1)size。问题在于处理子矩阵间的交叉情况。 如果两个交叉的子矩阵所要求的最大值不同，可以直接把交叉部分划给所要求的最大值较小的子矩阵。那么，所要求最大值不同的格子彼此间是独立的。于是现在可以只考虑要求相同的格子。 直接计算似乎 阅读全文

摘要： 没有限制的话算一个组合数就好了。对于不小于某个数的限制可以直接减掉，而不大于某个数的限制很容易想到容斥，枚举哪些超过限制即可。 一般情况下n、m、p都是1e9级别的组合数没办法算。不过可以发现模数已经被给出，并且这些模数的最大质因子幂都不是很大，那么扩展lucas就可以了。 阅读全文

摘要： 第一眼生成函数。四个等比数列形式的多项式相乘，可以化成四个分式。其中分母部分是固定的，可以多项式求逆预处理出来。而分子部分由于项数很少，询问时2^4算一下贡献就好了。这个思路比较直观。只是常数巨大，以及需要敲一发类似任意模数ntt的东西来避免爆精度。成功以这种做法拿下luogu倒数rank1，至于b 阅读全文

摘要： 相当于给树上的每个点分配一个编号使父亲和儿子间都有连边。 于是可以考虑树形dp：设f[i][j][k]为i号点的编号为j，其子树中编号集合为k的方案数。转移显然。然而复杂度3n·n3左右，具体我也不知道是多少，但肯定跑不过。 如果状态有集合的话不管怎样底数都是3了，考虑能不能变成2。完全不能可以想到 阅读全文