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总结自 FSZ 的讲课。 多项式卷积 复数 定义复数 \(z\) 的表示形式为 \(a + bi\)，\(i\) 为虚数单位。 那么基本运算法则是： \((a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i\)。 \((a + bi)(c + di) = (ac - bd 阅读全文
posted @ 2026-02-07 07:49
Alexande
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我是谁：HNCS 一枚很菜的 OIer，常用 _Alexande_ 和以 wyb 开头的用户名。 题解：题解里的东西都很少，没有代码哦。由于人很菜，有没说明好的可以指出。 博客为什么上锁：可能涉及到私人秘密。脸滚键盘，一般有些密码为：_^=SV<ZWKKG_nL2Ij];383>^l，如果是错误的话 阅读全文
posted @ 2023-09-07 22:14
Alexande
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并不是很困难，sale 类型的。 考察树咋做，记一个路径长度总和 \(f_i\) 和方案数 \(g_i\)，先不考虑换根，因为换根的话基环树就不好做，考察所有祖先的贡献，这是好计算的，当 dfs 下来的时候，可以打个 tag 之类的求解，而一个点向下的方案数又是很好计算的，所以这一步可以不用换根处理 阅读全文
posted @ 2026-03-21 08:18
Alexande
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考虑从 \(n\) 倒推回 \(1\)。 发现由于值域的限制，所以本质上每个位置的限制是特别强的，如果我们确定了 \(n - 1\) 是啥，我们可以断言，必定可以推出 \(1, 2\) 是啥并且唯一。 类似 \(gcd\) 时的更相减损换成辗转相除，复杂度单 \(\log\)。 遇到这种题还是要想想 阅读全文
posted @ 2026-03-14 10:43
Alexande
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感觉考场上我还是唐了，完全没有仔细想这条路。 考察 \(s_i = 0\) 的特殊性质咋做，不难发现 每次造成贡献的一定是一段连续的 \(0\) 段，然后用 \(1\) 控制分隔，每次贡献可以一起计算，由于贪心在长度很小的时候有些特殊情况处理不了，于是很自然的想到能有一个 DP，大概能够做到 \(O 阅读全文
posted @ 2026-03-14 08:34
Alexande
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"白鸟白鸟不要回头" 考察图的形态，将 \(n\) 后面的点全给办掉，将不连通的部分办掉，合法的可能性只剩几种： 出度为 \(0\) 的点只有 \(n\)。 从 \(1\) 出发不能在走到环。 显然加边问题枚举初始点，那么剩下的部分就是一个 DAG 可达性统计问题（判环需要），简单写一写即可，数据范 阅读全文
posted @ 2026-03-06 22:00
Alexande
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“我所期待的，是拥有真正的‘心’啊” 组合意义的典范代表。 考察一个连通块重心个数为 \(2\) 的充要条件，等同于存在一条边将这个连通块分成大小相等的两个部分。构造乘积的组合意义，则是一个连通块可以不选这条边，如果存在的话也可以选的方案数，不妨考虑树形 DP，设 \(f_{i, j}\) 表示 \ 阅读全文
posted @ 2026-03-06 21:43
Alexande
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偶然翻到联考题目，感叹自己对容斥理解之肤浅。 问题是，求 \(n\) 个值域为 \([0, m]\) 的数构成的数组，和为 \(k\) 的方案数，存在 \(O(n^2 + k)\) 做法。 考察容斥，容斥钦定有 \(i\) 个位置 \(> m\)，剩下 \(n - i\) 个位置随便选，那么将问题等 阅读全文
posted @ 2026-03-06 16:42
Alexande
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考察两个红点一个黑点，状态数为 \(10^6\) 级别，那么对于这些结点分为以下几类： 不合法状态。 当前手必败态。 未确定状态。 根据博弈论知识，可以拓扑排序知道每个结点当前手到底是必胜态还是必败态： 若一个结点的拓展结点全是必胜态，则这个点为必败态。 若一个结点的拓展结点有一个是必败态，则这个点 阅读全文
posted @ 2026-03-05 17:17
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有 \(m\) 条边强制通过，这 \(m\) 条边至少经过一次，需要有职业性的敏感性，可以使用欧拉回路做。 假设最终是一个可重边集 \(E'\)，则强制 \(m\) 条边必须要包括在 \(E'\) 里，并且是一条从 \(s \to i\) 的欧拉路径，比较常规的处理手法是加上一条从 \(i \to 阅读全文
posted @ 2026-03-05 16:50
Alexande
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如果奇数位置翻转的话不太好描述初始状态和末状态的关系，不妨将 \(0\) 看成左括号，\(1\) 看成右括号，那么最后剩下的形式一定形如 \(11...100...0\)。 考察原本串的结构，相当于假设最终串长为 \(k\)，那么在 \(k + 1\) 个空隙中插入了一些合法括号串，由于有分隔符，所 阅读全文
posted @ 2026-03-04 21:38
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考察弱化限制以此来解决问题。 设 \(f_{i, j, k}\) 表示经过了 \(i\) 步从 \(j \to k\) 的路径数量，按照 \(i\) 从小往大转移，这一部分复杂度 \(O(n^3d)\)。 但是并未限制 \(j, k\) 只能够经过一次，我们一步一步限制，不妨先限制 \(k\) 只经 阅读全文
posted @ 2026-03-04 20:48
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明确一点，所有加法都得放乘法前面。 先将 \(a_i = 1\) 的部分扔掉，这些东西选择乘法没有意义。 考察对于接下来的部分，可以感受到的是选出来的加法个数特别少，实际上只有一个，因为此时 \(a_i \ge 2\)，若有两个选出来是加法的，不如将 \(b_i\) 更小的那个替换成 \(a_i\) 阅读全文
posted @ 2026-03-04 17:18
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题目要求需要你按照一定的顺序给每个元素分配一个 \(b_i\)，使得加上 \(b_i\) 之后它是全场最大，那么倒过来的顺序就是总和的排名了，两者是双射的关系，所以我们 DP 这个顺序即可。 设 \(f_{S, i, j, k}\) 表示已经选择了 \(S\) 内的点，最后一个标号为 \(i\)，已 阅读全文
posted @ 2026-03-04 16:03
Alexande
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注意到你的格子数量损失当且仅当恰经过一个顶点，那么答案就是 \(n + m - \gcd ( n, m )\)，高维情况做一个子集反演，容斥得到答案是 \(\sum_{S} (-1)^{|S| + 1} \gcd_{i \in S} a_i\)，可以通过欧拉反演得到答案为 \(1 + \sum_{d 阅读全文
posted @ 2026-03-04 15:12
Alexande
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对于固定 \(a_k\)，求解答案是取模类问题里的常见套路，将最大的两个数拿出来或者对每个数取模的结果排序后做一遍双指针。 这样复杂度 \(O(n^2 \log n)\)，考虑一个优化，从大到小枚举 \(a_k\)，那么如果此时答案 \(\ge a_k\)，那么枚举之后的数就没有任何意义了，可以证明 阅读全文
posted @ 2026-03-03 23:11
Alexande
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考察将所有 \(a, b\) 的值排序后拿出来。 二分答案，check 一个值 mid 是否合法。 那么此时枚举在值序列中的最小值，那么最大值很容易确定在一个范围内，那么范围内的 \(b\) 肯定需要选择，看有多少个即可，写个差分很容易求得，不难看出除了必须选择的 \(b\)，其它值都得选 \(a\ 阅读全文
posted @ 2026-03-03 22:40
Alexande
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