07 2019 档案
摘要：传送门 显然可以列出 $dp$ 方程按时间转移 发现数据 $n$ 很小，$K$ 很大，考虑矩阵快速幂优化转移 但是不同时间的转移似乎不一样 发现题目中单个鱼的移动有周期性，显然整体的移动也有周期性，发现个体的周期只有 $2,3,4$ 所以整体移动的周期最多也只有 $12$，所以考虑把 $12$ 步的
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摘要：传送门 数论 $2$ 合 $1$ $K=1$ 快速幂，$K=2$ $exgcd$ ， $K=3$ $exBSGS$ 都是板子就没什么好讲了...
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摘要：传送门 首先要懂得 $BSGS$，$BSGS$ 可以求出关于 $Y$ 的方程 $X^Y \equiv Z (mod\ mo)$ 的最小解，其中 $gcd(X,Z)=1$ $exBSGS$ 算是 $BSGS$ 的进一步扩展，使得当 $gcd(X,Z)!=1$ 时仍然适用 先把方程转换成 $X^Y+k*
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摘要：传送门 用 $FFT$ 搞字符串匹配，神仙操作.... 对于两个字符串 $A,B$，定义 $dis(A,B)=\sum_i(A_i-B_i)^2$ 显然当且仅当 $A=B$ 时，$dis(A,B)=0$ 这一题还有要求，'*' 为通配符，所以这题的 $dis(A,B)=\sum_i((A_i-B_i
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摘要：传送门 考虑每个点 $i$ 对答案的贡献 当删去一个节点 $j$ 的时候， $i$ 会对 $j$ 产生 $1$ 的贡献当且仅当 $i,j$ 这条链上的所有点中，$j$ 是第一个删除的节点 显然链上每个节点第一个被删除的概率是一样的 所以点对 $i,j$ 的贡献就是 $\frac{1}{dis(i,j
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摘要：传送门 变一下题目的式子，变成 $A[i]+A[k]=2A[j],i<j,k>j$ 发现 $A[i]$ 的值域不大，考虑移动指针 $pos$ 并维护 $cntl[],cntr[]$ 分别表示 $pos$ 左右两边各种值的数的数量 设 $ans[i]$ 表示当前 $pos$ 左右两边各取一个数，相加为
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摘要：传送门 首先显然 $E[j]=\sum_{i=1}^{j-1}\frac{q[i]}{(i-j)^2}-\sum_{i=j+1}^{n}\frac{q[i]}{(i-j)^2}$ 考虑怎么 $FFT$，设 $g[i]=\frac{sgn(i)}{i^2}$ 则 $E[j]=\sum_{i=1}^{n
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摘要：传送门 求 $c[k]=\sum_{i=k}^{n}(a[i]*b[i-k])$ 为了搞 $FFT$，考虑把 $a,b$ 的下标变成相加等于 $k$ 这样的形式 设 $d$ 为 $b$ 翻转后的数组，即 $d[i]=b[n-1-i]$，或者说 $b[i]=d[n-1-i]$ 原式 $c[k]=\su
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摘要：A. DIY Wooden Ladder 题意：有一些不能切的木板，每个都有一个长度，要做一个梯子，求梯子的最大台阶数 做梯子的木板分为两种，两边的两条木板和中间的若干条台阶木板 台阶数为 $k$ 的梯子要求两边的木板长度大于等于 $k+1$ ，中间的木板数等于 $k$。 直接找到最大和次大的木板放
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摘要：传送门 看题目一眼斜率优化，然后写半天调不出来 结果错误的 $dfs$ 有 $95$ 分？暴力 $SPFA$ 就 $AC$ 了？ 讲讲正解： 显然是斜率优化的式子： 先不考虑 $q_{s_k}$ 的贡献，设 $f[i]$ 表示当前时间为 $i$ 的最小代价 如果不考虑位置关系，有 $f[p_i]=f
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摘要：传送门 注意读入是从高位到低位的... 输出记得判前导零... 然后就是模板了
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摘要：传送门 对于一个询问 $(xa,ya),(xb,yb)$，拆成 $4$ 个询问并容斥一下 具体就是把询问变成求小于等于 $xb,yb$ 的点数，减去小于等于 $xa-1,yb$ 和小于等于 $xb,ya-1$ 的点数，再加上小于等于 $xa-1,ya-1$ 的点数 就变成求二维前缀和的问题了 然后再
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摘要：传送门 经典 $LCT$ 题，动态维护生成树 把边按边权从小到大排序，一条条加入，如果还没联通就直接连，联通了就把原本路径上最小的边替换 构成树了以后就可以更新答案了 然后问题来了，怎么动态维护整颗树的最大边权和最小边权 直接开一个 $multiset$ 就行了...... 聪明的方法是用指向最小的
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摘要：传送门 暴力怎么搞，维护前缀和 $s[i]$ ，对于每一个 $s[i]$，枚举所有 $j\in[0,i-1]$，看看 $s[i]-s[j]$ 是否属于 $[L,R]$ 如果属于就加入答案 $s[i]-s[j]\in[L,R]$ 等价于 $s[i]-s[j] \geqslant L , s[i]-s[
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摘要：传送门 如果只有一种颜色，显然 $LCT$ 多种颜色，发现颜色不多，所以对每一种颜色建 $LCT$ 编号 $c$ 的颜色的第 $i$ 个节点在 $LCT$ 中编号 $c*n+i$ 改颜色的时候有一堆细节，具体来讲 用 $map$ 来判断两点之间是否有边并记录边的颜色，注意边 $(x,y)$ 和 $(
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摘要：传送门 矩阵内点数显然可以预处理前缀和然后简单容斥一下 具体就是设 $sum[i][j]$ 表示以 $(i,j)$ 为右上角，以 $(0,0)$ 为左下角的矩阵的点数 那么对于询问以 $(xa,ya)$ 为左下角，以 $(xb,yb)$ 为右上角的矩形点数 注意到询问区间是闭的，显然答案就是 $su
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摘要：传送门 注意每一单位蔬菜的变质时间是固定的，不随销售发生变化 固定的...... 就是每一个单位的蔬菜在哪一天变质是早就定好了的 发现从第一天推到最后一天很不好搞 考虑反过来，从最后一天推到第一天，这样就相当于每天多一些蔬菜 不管现在怎么卖都不会影响下一天多的蔬菜，不会出现贵的留到后面卖的操作，因为
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摘要：传送门 首先证明 $d(ij)=\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==1]$ 把 $i,j$ 考虑成唯一分解后的形式：$P_{i1}^{k1}P_{i2}^{k2}...P_{in}^{kn}$ 对于 $i,j$ 中某个相同的质因子 $P_{x}$ ，$i=...P_{x}^
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摘要：传送门 $ Ans = \sum_i^N\sum_j^Mlcm(i,j)$ 因为 $lcm(x,y)=xy/gcd(x,y)$ 所以 $Ans = \sum_i^N\sum_j^Mij/gcd(i,j)=\sum_i^N\sum_j^M(\ i/gcd(i,j)\ )(\ j/gcd(i,j)\ )
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摘要：传送门 设 $f[x]=\sum_i^N\sum_j^N[gcd(i,j)==x]$ 那么答案就是 $Ans=\sum_{prime}f(prime)$ 显然 $f$ 可以反演，设 $F[x]=\sum_i^N\sum_j^N[x|gcd(i,j)]$ 那么 $F[x]=\sum_{x|d}f[d]
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摘要：传送门 对于每次询问 $a,b,c,d,n$ 答案就是 $f[n]=\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[gcd(i,j)==n]$ 看到熟悉的 $gcd$ ，莫比乌斯反演 设 $F[n]=\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[n|gcd(i,j)]$，那么
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摘要：传送门 首先对于询问 $x,a,b$ 答案就是 $f[x]=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)==x]$ 看到 $gcd(i,j)$，莫比乌斯反演走起 设 $F[x]=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[x|gcd(i,j)]$ 那么有
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