04 2017 档案
摘要：贪心地从前往后扫，每到一个元素，就查看之前的元素中小于等于其的最大的元素是否存在，如果存在，就将它置为其父亲。如果一个结点已经是两个儿子的父亲了，就不能在set中存在了，就将他删除。如果然后将当前元素插入。 如果不存在，就直接将当前元素插入。 哦，用pb_ds好像有点蠢，貌似set也能查询前驱……Q
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摘要：如果一开始就满足题意，不用变换。 否则，如果对一对ai，ai+1用此变换，设新的gcd为d，则有（ai - ai+1）mod d = 0，（ai + ai+1）mod d = 0 变化一下就是2 ai mod d = 0 2 ai+1 mod d = 0 也就是说，用两次变换之后，gcd至少扩大2倍
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摘要：先把公比为1，即前项 中项 末项相同的统计出来。对每一类数C（n，3）即可。 然后我们发现，因为a1*a3=（a2）^2，所以a1和a3进行质因子分解之后，每一个质因子的指数的奇偶性必然相同，否则无法满足乘积为完全平方数。 然后sqrt（100000）以内的素数只有65个，我们对于每一个数，用uns
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摘要：每个物品有属性a，b 考虑在仅仅用光优惠券时的最优方案。 显然是按照b排序，取前K个。 但是我们还要尽可能去取剩余的。 假设朴素地取剩余的话，应该把剩余的对a排序，然后尽量去取。 但是有可能对其用优惠券，而对之前的某个不用优惠券，比原来优，这时我们就要更新用优惠券的物品集合。 对a-b的差值用堆维护
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摘要：题目：简单进销存 功能要求：
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摘要：比较裸的kd-tree，但是比较考验剪枝。 貌似除了经典的矩形距离剪枝之外， 还必须加个剪枝是某个矩形内的最小价格如果大于价格限制的话，则剪枝。
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摘要：从源点向每个点连接容量为该点人数，费用为1的边， 把原图中的每条边拆成两条，一条容量为1，费用为1，另一条容量为ci-1，费用为1-pi 从每个点向汇点连接容量为该点面包数量，费用为1的边。 跑的费用流为按照乘积跑个最大费用流。 可以取个对数，乘法变成加法， 可以再取个负数，最大费用变成最小费用。
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摘要：http://www.oyohyee.com/post/HDU/5984.html 看这篇吧，懒得写了。 训练时推得的式子有点鬼畜。
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摘要：kill(i,j)表示第i种硬币在第j轮或者之前就死光的概率，它等于(1-pi^j)^num(i) rev(i,j)表示第i种硬币在j轮后仍然存活的概率，它等于1-kill(i,j) 然后对每种硬币i模拟100轮左右，每一轮答案要加上 在j轮后i仍然存活的概率*（在第j轮时其他恰好死光的概率《 这个
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摘要：你随便写一下出来，发现polya原理的式子里面好多gcd是相同的，gcd（n，i）=k可以改写成gcd（n/k,i/k）=1，也就是说指数为k的项的个数为phi（n/k），就很好求了，最后除的那个n直接放到指数上即可，没必要用逆元。
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摘要：Polya定理：设G={π1，π2，π3........πn}是X={a1，a2，a3.......an}上一个置换群，用m中颜色对X中的元素进行涂色，那么不同的涂色方案数为：1/|G|*(mC(π1)+mC(π2)+mC(π3)+...+mC(πk)). 其中C(πk)为置换πk的循环节的个数。
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摘要：并不应该叫置换群……只是用到了置换而已，并没有群。 题解看这个吧，我就不写了：http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/09/03/2669013.html 证明的话可以自己手撸几组数据模拟一下，比较容易。 复杂度O（n）。 算是个经典题吧？
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