04 2020 档案
摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ 题意： $t$组询问，每组给出一个$n$个元素的序列，最多在这个序列中添加3个元素使得整个序列的和为异或和的二倍。 $1 \leq t \leq 10^4, 1 \leq n \leq 10^5$ $\\$ 思路： 一道思维题。 多试几个数据，会发现，可以
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ 题意： 某人写了$n$封信和$n$个信封，如果所有的信都装错了信封。求所有信都装错信封共有多少种不同情况。 思路： 1.依据递推公式：$D_n = (n 1)\times (D_{n 1} +D_{n 2})$ 2.学习二项式反演发现这题也可以用这个做。
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ 题意： 给定一个长度为$n$的正整数序列，定义函数$f_{l,r}$表示在下标在$\left[l,r\right]$的子区间中不同整数的个数。 求：$\sum \limits^{n}_{l=1} \sum \limits ^{n}_{r=l}f\left(
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ 思路： 设$p_1 p_2$且存在这样的$n，m$使得 $m \times p_1 using namespace std; int read() { int x = 0; char c = getchar(); for (; !isdigit(c); c
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{首先容易想到考虑因子。如果末尾有0，那么一定有一个2对应着一个5。所以只要维护2和5的个数就好。\\然后需要特判矩阵中是否有0，如果有，需要和1特判一下。\\这道题的输出还真是恶心，不过递
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摘要：$\large{对于一个关于x的n次多项式f(x)，若知道其中的n+1个点，拉格朗日插值可以在\text{O}(\text{n}^2)的时间复杂度内求出f(k)。}$ $\\$ $\large{式子是这样的：\\ f\left( k\right) =\sum \limits^{n}_{i=0}y_{
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{三种方法。\\1.常规思路，设两种奶牛权值一个为1，一个为0，维护每个点到根的dis与权值和，询问求lca差分即可。\\2.考虑并查集维护相同颜色的连通块，如果询问两点在一个连通块就说明颜
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{这道题我一开始以为是推式子直接算，然后想了好久都没想出来。查看标签，发现是dp。\\首先预处理出区间中膜3余1、2、0的数有多少个，因为我们只关心余数。设f_{i,j}表示到第i个数字余数
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{设取n次的得到的最大值为M，那么方案数为M^{n} (M 1)^{n}。\\其中，M^n表示取值在\left[ 1.M\right]的方案数，（M 1)^{n}表示取值在\left[ 1,
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{首先我的思路是对原序列进行排序离散，然后预处理出每个数字的最右对应数字的下标。然后再扫一遍求出有用的数字个数cnt，答案即为2^{cnt}，复杂度\text{O(nlogn)。}\\其实可
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{普普通通的一道换根dp。\\设f_i表示从i点出发的答案，d_{i,j}表示i向下距离为j的点权和，up_{i,j}表示i向上距离为j的点权和，然后大力转移即可。\\然后我发现其实不用up
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{考虑区间dp。设f_{i,j}表示\left[ i,j\right] 构成回文的最小价值。\\如果c_i = c_j那么f_{i,j} = \min (f_{i, j}, f_{i+1,j
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{考虑主席树。回忆主席树板子是在区间上做的，而这里是一颗树。\\那么沿着之前的思想，每一个节点新建一颗树，那么根据差分的思想，路径上的点即为t_u + t_v t_lca t_{father
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{HH的项链升级版，不过做法差不多。\\设vis_i表示数组中与i颜色相同的前一朵花的位置，我是把询问按右边界排的序，那么问题来了，\\如果一朵花满足 vis[i]真并且vis[vis[i]
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{看到这个数据范围线性也跑不过去，所以推测是推式子简化或者能整体求值。\\原式可化为ans=\sum\limits ^{n}_{i=1}k \lfloor\dfrac {k}{i}\rflo
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{ 易证一个数N的所有因子和为：\left( 1+p^{1}_{1}+p^{2},+\ldots +p_{1} ^{c_{1}}\right) + \ldots + \left( 1+p^{
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{1.一种简单的思路：缩点 + dp，这里就不再赘述。\\2.介绍一种O(n + m)的优秀方法，考虑反向建边，然后从n点到1dfs，这样一旦第一次到达一点，那么当前的起点即为这个点的答案。
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{1.如果目前我们已经有i种数字，那么下一次投掷有\dfrac {n i}{n}的概率得到目前没有的数字，所以期望的步数是\dfrac {n}{n i}，那么期望总步数即为\sum \lim
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摘要："$\large{题目链接}$" $\\$ $\Large\textbf{Solution: } \large{考虑贪心。对于最少的，如果当前位置有人，那么把他往左移一定不会更差，所以就往左更优。\\对于最多的，首先在确保当前位置有人的情况下，优先往右更优，如果右边扩展了，那么再考虑向左扩展。}$
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