10 2019 档案
摘要：做个备忘录把…… 二项式反演： 令$f_i$表示至少选择$i$个，$g_i$表示敲好选择$i$个 $f_i=\sum_{j=0}^i \dbinom{n}{j} g_j$ $g_i=\sum_{j=0}^{i}( 1)^{i j}\dbinom {n}{j}f_j$ 范德蒙德卷积: $\dbinom
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摘要：感觉已经几次碰到这种类型的题目了，写篇$Blog$总结一下 题意： 是否存在一条$(s_i, t_i)$的路径，满足先只走编号不超过$L_i$的点，再走编号不超过$R_i$的点 $Solution$： 对于这种限定经过点数的题目，可以比较自然地想到重构树： 由于前后都有限定，我们考虑建两颗重构树 第
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摘要：太菜了，不会生成函数，于是用特征方程来写的这道题 首先我们知道，形如$a_n=A a_{n 1}+B a_{n 2}$的特征方程为$x^2=A x+B$ 于是此题的递推式就是：$x^2=233x+666$，即：$x^2 233x 666=0$ 用求根公式解得：$x_1=\dfrac{233+\sqr
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摘要：~~我怎么什么都不会啊$QAQ$博弈论怎么和期望一样玄学啊$QAQ$~~ 我们分几种情况讨论： $Case1$：只有一堆且为1，那么后手胜利 $Case2$：每一堆都是1，那么只需要判断奇偶性，奇数则先手败，偶数则后手败 $Case3$：只有一堆不是1，其余堆都是1，那么可以根据就行，先手可以选择是
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摘要：题目是要我们求出如下柿子： $$\sum_{i=0}^{n}C_{nk}^{ik+r}$$ 考虑k和r非常小，我们能不能从这里切入呢？ 如果你注意到，所有组合数上方的数$\%k==r$，那么是不是可以从$DP$开始呢？ 跟据上述性质，我们可以得到暴力$DP$： 考虑组合数的实际意义是在n个数中选出m
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摘要：首先我们要注意到一个性质：由于根与右子树的根奇偶性相同，那么根的奇偶性与$N$相同 然后我们发现对于一个完美树，他的左右两个儿子都是完美树 也就是说，一颗完美树是由两棵完美树拼成的 注意到另一个性质：由于权值是一个排列，假设根节点为$x$，那么左子树的范围是$[1, x 1]$，右子树为$[x +
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摘要：这么妙的题怎么没人发题解啊 首先这是三维的，~~我们可以对其进行降维打击~~ 先考虑一维怎么做？ 我们可以对其该维坐标进行排序，按照顺序输出，可能会多余一个 那拓展到二维呢？ 我们可以把它转化成一维，分成很多个一维后执行上述操作，把一维中多的一些点存下来，可以保证这些点的一维值两两不等，于是按照另一
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摘要：这题还是比较妙妙~~套路~~的，复杂度为$O(log^2N)$，可以卡掉$\sqrt n$的做法 首先我们可以把原数列分成很多个集合，集合之间肯定是两两独立的，考虑分别计算答案 我们定义$f_i$为集合大小为i出现过多少次（集合大小最多为$logN$级别），$g_i$表示集合大小为i删除完的期望步数
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摘要：构造题果然都非常神仙啊 ~~首先翻译有点问题，$L, R$的范围应该为$[1, 10^{200}]$~~ 由于模数a达到了$10^{18}$，所以我们可以发现，当$i using namespace std; long long a, pax = 1e18 + 1; signed main() {
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摘要：妙妙题…… ~~看到$MST$，想到$Kruskal$，看到异或，想到$Trie$~~ 首先我们模拟一下$Kruskal$的流程：找到最小边，如果联通就忽略，未联通就加边 我们把所有点权值加入$0 1\ Trie$中，然后画张图，可以发现有$n 1$个点是有两个儿子的，而其他点都是只有$0/1$个儿
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摘要：~~果然我还是太$Naive$了~~ 首先有一些点/边其实是没有意义的，如果从1出发不能到该点或者从该点不能到n，这个点就可以不用管了。这个过程可以用正反两边$dfs/bfs$实现 然后删掉那些点之后，新图中如果出现了环，那么显然是无解的 然后现在图就转化成了一张$DAG$ 由于$1 n$的所有路径
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摘要：~~颂魔眼中的一眼题我大湖南竟无一人$AC$~~ 首先我们考虑一个性质：我们肯定存在一种最优解，满足从某个点出发，一直往前走，不停下来。 证明：我们假设存在一种最优解，是在$t_i$的时候到达$a$点，那么我肯定会在$t_i x(x≥1)$的时间会到达$a 1$号点 我们假设$x != 1$，即我们
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摘要：加强前这道题还是比较友好的 首先我们设$g_x$为x对情侣没有一对坐在一起的数量 然后答案就可以表示成：$C_n^k A_n^k 2^k g_{n k}$ 这里的复杂度是$O(T N)$，貌似不错，所以现在问题变成求$p_x$了 第一篇题解是利用这是一个错牌问题，用递推式解决，复杂度为优秀的$O(N
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摘要：~~被某大佬指出这是多项式板子！？~~ 我们假设我们原始数列是$a_i, c_i$， 旋转后的数列是$a_i, b_i$，我们的增加量为x $$\sum_{i = 1}^n(a_i b_i + x)^2$$ 拆开平方得： $$\sum_{i = 1}^na_i^2+b_i^2+x^2+2 x a_i
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摘要：~~不知道有没有人跟我一样数据结构学傻了~~ 首先这道题是要求回文串，那么我们可以想到 "manacher算法" 但由于$manacher$不能求出双回文子串，我们要考虑一些性质 首先对于一个回文串，删掉两边的字符它一样是回文串 然后$manacher$求出的$p$数组就是他能拓展的数量，发现对于一
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摘要：重拾$manacher$，真切感受到了他的妙处 首先，考虑到回文串分奇数和偶数两种情况，需要分类讨论，所以我们可以考虑在所有字符之间插入一个没有用过的符号' ' 然后边界问题不好处理，所以可以在字符串的开头加上一些奇怪的符号'~' 接下来就是$manacher$的正文部分了 我们定义$p_i$表示以
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摘要：太菜了并不是很理解多项式，简单记录一下，缓慢更新吧…… ~~有问题问快速航~~ $FFT$ 首先我们要求的柿子长这样： $$c(k) = \sum_{i+j = k}a(i) b(j)$$ 大概思路：先把两个多项式转成点值$(DFT)$，再把两个多项式的点值乘在一起，把新的点值转成多项式$(IDFT
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摘要：妙妙题…… 这道题这要求%2的个数，肯定有什么性质 ~~于是我们想到了用$bitset$来处理~~ 由于三操作有$gcd$，~~于是我们又想到用反演来解决~~ 我们回忆一下反演的柿子 设$f(x)$为x出现了多少次，$F(x)$为x的倍数出现了多少次 $$F(d) = \sum_{d|x}f(x)$
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摘要：我们考虑对于一个$N$，他如果变成了他的约数$x$，那又会变成一个子问题 我们定义$F(n, k)$为n操作k次的期望个数 那么我们有$F(n, k) =\sum_{x|n} F(x, k 1) \frac{1}{d}$（其中d为n的约数个数） 因为$N$的约数个数肯定在$\sqrt N$以内现在我
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摘要：定义$sum[x] = \sum_{i = 1}^x a[i]$ 首先不难想到，我们枚举左右端点，然后贪心的减去这一段区间中$sum[x] sum[x d + 1]$的最大值，这样枚举是$O(N^3)$的 然后我们发现，对于一个左端点，我们肯定要尽可能的往后去找右端点，同理，对于一个右端点，我们肯定
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摘要：对于这种异或类的题目，我们可以考虑从异或运算性质下手 我们记$sum[i] = \sum_{j = 1} ^ {i}a[j]$ 不难发现，如果我们对每一位分开考虑，若我们在求第x为的答案，记所有区间的连续的和有K个该位为1，那么跟据异或的运算法则，这一位对答案有贡献当且仅当K为奇数，且对答案的贡献为
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摘要："题目地址" ~~看到这题目就不想做了系列，出题人是不是都不知道杜教筛是什么东西啊，他家杜教筛可以预处理优化到~~$O(n^\frac{2}{3})$ ~~先吓唬你一下，我们要求：~~ $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^p\gcd(i\cdot j,i\cdo
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摘要：首先我们要发现一个性质，对于每一棵树，我们换了一个根（把原本根的某个儿子$v_1$记成新的根） 我们记这个树的权值和为sum，每个子树的权值和为$S[i]$，对于每次换根，受影响的$S[i]$只有根本身和$v_1$，并且满足：$S[rt] sum S[v_1]$, $S[v_1] S[rt]$ 于是
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摘要：~~这道题细节是真的多~~ 看数据范围，这应该是一道虚树DP，我们先来想一下不用虚树怎么做 我们定义$id[i]$为第i个点应该归哪一个议事处管理，且i到$id[i]$的距离为$dis[i]$ 我们做两遍dfs，首先从下到上，用儿子更新父亲，再从上到下，用父亲更新儿子 更新过程十分简单，就类似于重链
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摘要：我们要求的柿子是张这样子的： $$\frac{1}{n (n 1)} \sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^{n}\phi(a_i a_j) dis(i, j)$$ 其中$a_i$为一个排列，$dis(i, j)$表示在树上的距离 这种题的套路一般是先拆柿子，但是这道题的式子…… 我
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摘要：$Orz$ 各位题解大佬，我来膜拜一发 ~~还有单调栈实在没弄懂~~ 法一：线段树+堆 首先，讨论区间的个数的题目，我们可以想到枚举一个端点$r$，找到所有的$l$ 我们不妨设：$ml[i]$为第i种颜色出现的最小位置，$mr[i]$为第i种出现的最大位置 我们想到对于一个右端点，他有那些值是不能选
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