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摘要： 原本以为又是格路计数，结果是对每个长度都要计数，没法优化。 记 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个数，当前前缀和为 \(j\)，最大前缀和为 \(k\)，则状态数为 \(O(n^3)\)，转移 \(O(1)\)。 这个状态不是很好优化，最大前缀和很烦。考虑能否钦定。 记 \(f_{i 阅读全文

摘要： 烤咕咕咕。 考虑 \((a+b)\bigotimes c\le (a\bigotimes b)+c\)。 \((a+b)\bigotimes c\le c\)，\((a\bigotimes b)+c\ge c\)。 这个发现启发所有的 \(+\) 操作一定放在所有 \(\bigotimes\) 操作 阅读全文

摘要： 记 \(S=\sum|s|\)。 枚举题目计数 \((i,j)\) 二元组中的 \(j\)。 考虑 \(s_i\) 能够匹配上 \(s_j\) 的条件，即不存在 \(s_j:[l,r]=s_i\) 且 \(s_j:[l',r']=s_k\)，\(l'\le l\)，\(r\le r'\)，\(k\n 阅读全文

摘要： 询问等价于 \(s_{l,...,r}\) fail 树上最终节点子树加，求 \(s\) 在 fail 树上所有点上的权值和。 区间询问，每次都跑一遍 \(O(q(n\log S+len\log S))\)，\(len\) 为询问串的长度，\(S=\sum|s|\)。 离线下来扫描线，将 \(ans 阅读全文

摘要： 这个询问就是 ACAM。 添加操作，考虑二进制分组，重构 ACAM 能做到 \(O(\sum|S|\log \sum|S|)\)。 删除操作，考虑给字符串赋权，删除操作就加一个权为 \(-1\) 的字符串即可。 询问对每个 ACAM 都跑一遍，最多跑 \(\log\sum|S|\) 次。则总复杂度仍 阅读全文

摘要： 这个做法推广到负数咋那么难调，燃尽了 /tuu。代码常熟极大，能过就不管了。 无脑的 \(O(nm)\) 做法是设 \(f_{i,j}\) 为 \(A\) 做了 \(i\) 步，\(B\) 做了 \(j\) 步的最大价值。考虑优化。 首先很容易想到每个物品的贡献条件形如在另一个序列至多取 \(i\) 阅读全文

摘要： link 第一次遇到这个套路，不看题解真看不懂这个条件是干什么用的 /ll。 这个条件能转化为原图存在 \(k+1\) 染色的方案。 初始 \(1\) 个点子图必定存在 \(k+1\) 染色。考虑 \(i\) 个点的导出子图，找到其中 \(d\le k\) 的点 \(u\)，则除去点 \(u\) 的 阅读全文

摘要： 感觉不算很难。 首先边双中显然存在定向方案使其中的点互相可达。 发现缩完点双后就是一棵树，\(u\to v\) 的限制就是 \(bl_u\to lca\) 这条链上的边连向父亲，\(lca\to bl_v\) 连上连向子节点，其中 \(bl\) 表示为所在的边双编号。而这是简单的，树上差分记录一下被 阅读全文

摘要： 第一道单位根反演。还挺牛的。只是为什么但凡推导中换一步都推不出来啊 /wq，等到推式子功力足够深厚才能做到这种题吧 /yun。 单位根反演的式子形如： \[[x|n]=\frac{1}{x}\sum_{i=0}^{x-1}\omega_{x}^{ni} \] \(x|n\) 显然，原式 \(=\fr 阅读全文

摘要： 不考虑 \(c\) 是简单的，容易转化为格路计数，路径价值为每一步权值之积。 枚举起点 \((1,i)/(i,1),i>1\) 因为不能走到另外的第一行/第一列的元素，所以 \((1,i)\) 先走到 \((2,i)\)，\((i,1)\) 先走到 \((i,2)\)，\((x,y)\) 到 \(( 阅读全文