随笔分类 - hdu
摘要：构造一个01矩阵，其中格子$(i,j)$对应于第$ik+j$个的位置（其中$0\le i<\lceil\frac{n}{k}\rceil,0\le j<k$，位置从0开始编号），那么问题即有以下限制： 1.$(\lceil\frac{n}{k}\rceil-1,j)$（
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摘要：显然可以费用流来做，具体建图如下—— 点集：源点，汇点，左边$n$个工人，右边$n$个设备 边集：源点向第$i$个工人连$(1,a_{i})$的边，第$i$个设备向汇点连$(1,b_{i})$的边，工人向可用的设备连$(1,0)$的边 跑最小费用最大流，流量为$i$时的费用即为
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摘要：注意到一个人的三条链一定不会同时选（忽略仅选一个终点的限制），因为其有公共点（起点） 换言之，问题相当于给定$3m$条链，选择$m$条没有公共点的链，并最小化代价和 进一步的，显然也不存在多于$m$条且没有公共点的链，因此"选择$m$条链"也可以理解为选尽量多的链（若选不到$m$条链即为-1）的同时
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摘要：将询问拆成$x$到$lca$和$lca$（$lca$靠近$y$的儿子）到$y$两部分，分别处理（后者以前者的答案为基础） 两者是类似地，不妨仅考虑前者：用树剖将该询问拆成dfs序上若干个区间，考虑从后往前遍历dfs序（显然即从下到上），若当前位置被覆盖则执行该节点的操作 进一步的，考虑
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摘要：记$m=10$，即商品的种类 记$g(x)=1+\sum_{i=1}^{m}a_{i}x_{i}$，问题即求$f_{n}(x)=g^{n}(x)$非0项数（模2意义下） 注意到$f^{2}(x)\equiv f(x^{2})(mod\ 2)$，这是因为如果所选的项在两边不同，那么交换后即会抵消 令$
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摘要：最简单的是利用Min25筛求$h(n)$的过程，即 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1000005 4 #define ll long long 5 int K,vis[N],P[N],h[N<<1]; 6 l
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摘要：（首先这道题有更为简单的dp+差分的做法，但以下为概率生成函数的做法） 第一问： 定义$f_{i}$表示（恰好）在第$i$个数结束的概率，$g_{i}$表示前$i$个数仍未结束的概率，则有$\frac{g_{i}}{m^{n-1}}=\sum_{j=1}^{n}\frac{f_{i+j}}{m^{n
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摘要：$lyndon\ word$（以下简写为Lw）：对于一个字符串s，其为Lw当且仅当其的最小后缀为自身 性质：若$u<v$为LW，那么$uv$也为Lw（反证法即可证） $lyndon$分解：将一个字符串分为$s=s_{1}s_{2}...s_{k}$，满足$\forall 1\le i\le k$，有
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摘要：记一条链两端的lca为该链的lca，f[i]表示所有lca在i子树内的链的最大价值和（为方便递推，假设存在i-i的链价值为0），有递推式$f[i]=max(\sum_{son}f[son]+val)$（其中son是链上所有点的儿子且不再链上的节点，val表示该链的价值），时间复杂度为$o(n^{2}
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摘要：考虑分别求出RG和GB的最小生成树，然后剩下的边中肯定选择较小的边加入这两颗生成树 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 105 4 struct ji{ 5 int x,y,z; 6 char s[11]; 7 }
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摘要：将两棵树分别按照深度分块，即每$\sqrt{n}$深度分为一块对于两棵树任意两个块的根对，统计其中公共的节点并计算出答案（用按秩合并并查集），复杂度为$o(n\sqrt{n}logn)$（其实这玩意是可以被卡掉的，因为这种分块无法保证块的大小和数量） 1 #include<bits/stdc++.h
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摘要：考虑对一个集合求莫比乌斯反演的过程，最终答案即$\sum\limits_{d|ai}\mu(d)\cdot calc(d)$（calc(d)表示i子树中d倍数的个数）dfs时维护当前遍历到的点中i倍数的个数，对i搜之前和i搜完后差分一下就可以得到i子树的信息，用上述式子计算即可 1 #include
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摘要：考虑每一条非树边都连接了祖先和儿子，类似于序列上的问题，从底往上算，当发现如果走到某个环的祖先，且这个环中还没有被选到，那么就将最浅的那条边贪心选择即可具体实现可以使用bitset维护当前子树的询问，如果这条边选了，那么bitset清空，否则和父亲合并 1 #include<bits/stdc++.
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摘要：首先要知道一个式子：$\mu(lcm(i,j))=\mu(i)\cdot \mu(j)\cdot \mu(gcd(i,j))$（分是否为0讨论）令$d=gcd(i,j)$，$n'=\lfloor n/d \rfloor$，$m'=\lfloor m/d \rfloor$$\sum \mu(lcm(i
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摘要：首先计算出以1为左端点的所有区间的mex，考虑删除左端点仍然维护这个序列：设当前删除点下一次出现在y，y~n的mex不变，从左端点到y的点中大于删除值的点要变成删除值，因为这个是不断递增的，所以是一段区间，可以用线段树来维护。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using na
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摘要：设f[i]表示从点i逃出去的期望步数，显然有递推式$f[i]=Ki\cdot f[1]+(1-Ei-Ki)/s[i](f[fa]+1+\sum_{son}(f[son]+1))$(其中r[i]表示点i的度)。这个用高斯消元复杂度高达三次，无法通过，但可以发现每一个点一定可以用$f[i]=a*f[1]
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摘要：考虑LIS的一种求法：维护每一个长度的最小结尾，此时这个序列只与每一个数字有没有出现有关，用2^10状压，状压+数位dp即可 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 int t,k,a[21]
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摘要：一棵子树的每一个儿子相当于划分一个区间，同时这些区间一定要存在一个点连续（直接的儿子），因此每一棵树最多只有两个儿子存在子树，并且这两个儿子所分到的区间一定是该区间最左和最右两段，所以ans*=(son)!(没有儿子的点任意排列)*2(两棵子树可以选择最左和最右)，注意根节点还有两种划分方式，但当n
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摘要：很难考虑矩形覆盖的问题，但可以考虑每一个点被覆盖的概率/期望（把矩形分成九部分后容斥即可），sigma起来即答案 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int t,n,m,k; 4 long long s,sum; 5 double a
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摘要：1.直接令x=0，为了判断这一信息，对于所有含有多个1的yi，必然是无用的，答案至少为n且不能含有多位1的y2.令yi=2^(i-1)，由此发现一定可以得到x每一位的答案，即答案最多为n。因此，发现方案数即n!，当$n\ge p$时答案一定为0，时间复杂度为o(p) 1 #include<bits/
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