随笔分类 - 题解
摘要：哇，真的是神仙中的神仙题，很可怕很可怕。 首先显然的性质是答案与树形态无关，因为其它点肯定在原先的边上或点下，而显然此时答案与树的形态本身是没有关系的。 我们考虑对于最后的 \(k\) 个点做状压 \(dp\)。设 \(f_{i,s}\) 表示枚举到第 \(i\) 个数，最后 \(k\) 个点的祖先
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摘要：\(wqs\) 二分确实强悍，但是费用流还是好理解。 容易想到建立两个点 \(A,B\)，表示宝贝球和超级球。那么首先要从 \(s\) 向 \(A,B\) 分别连一条流量为 \(a/b\)，费用为 \(0\) 的边。那么从 \(A,B\) 向其他每个宝贝 \(i\) 分别连一条流量为 \(1\)，费
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摘要：显然的，一个优秀数列对应的所有良好数列，每一种数的数量都是相同的。考虑借助这一点进行 \(dp\)。 那么容易想到 \(dp\) 的三个维度：枚举到第 \(i\) 种数，目前已经加入了 \(j\) 个数，目前有 \(l\) 种良好数列。但是这根本无法转移，考虑进一步发掘性质。我们先做一个定义： 定义
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摘要：很神秘很神秘qwq。 考虑正难则反：既然我们难以正向推导，何不转化为删边？既然我们难以直接算出答案，何不算出期望？于是我们便有了基础思路：设 \(f_i\) 表示假如子树 \(i\) 的父亲不得删去，那么随机排列能够删空子树 \(i\) 的概率是多少。那么答案显然是 \((n-1)!\prod\li
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摘要：考虑神秘建树。我们将所有 \(B\) 向 \(A\) 连边，就会又双叒叕形成一棵以最后剩下的那个点为根的有根树。我们考虑每个点对于根节点的影响。 首先，发现每个点对父亲的贡献一定是 \(2x^i\) 或 \(-2x^i\)，所以传递到根节点时，贡献即为 \(c_i2^{d_i}x^i\)，其中 \(
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摘要：发现两条线段 \((i,j),(k,l)\) 相交当且仅当两线段在数轴上相交但不包含。那么我们就将这个问题从圆上移到了数轴上。 我们设 \(dp_{i,j}\) 表示在区间 \([i,j]\) 内各点在内部随意连边，不能向外连边的情况下，\(i,j\) 在同一联通块内的方案数，那么不容易发现答案即为
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摘要：成事不说，遂事不谏，既往不咎。（好久没写题解了，影响真的很大。）
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摘要：首先对于一个边双连通分量，它一定有一个环，将这个无向环换成有向环，我们就构造出了一种可以使边双连通分量内任意两点都可互达的情况。 那么问题又一次来到了树的情况。注意力惊人的注意到最优策略一定是一堆点到一个点，一个点再到一堆点。直接简单树形 \(dp\) 结合简单 \(01\) 背包即可。 时间复杂度
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摘要：首先对于不是一个联通块的点，设联通块个数为 \(c\)，则我们在最后需要通过 \(c-1\) 次操作使其联通。 我们势必是要化边双为点的，所以我们跑一次边双连通分量。设一共有 \(k\) 个边双连通分量，则我们需要进行 \(n-k\) 次操作去掉所有边双连通分量。剩下的就是一棵树了。 考虑每一次合并
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摘要：显然我们可以从每种长度中选出来一个点，使得其它点都连向它们，且他们之间相互连通。 首先考虑什么情况下会无解。设 \(e_{i,j}\) 表示长度为 \(i\) 的数和长度为 \(j\) 的数间连的边数还有几条没用，\(d_i\) 表示长度为 \(i\) 的数还剩几个。可以证明，当且仅当存在一个点集
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摘要：我们先考虑只有绿边的情况。那么显然，只要一个点在 \(n-1\) 次讯问中与它有关的边都为出边，那么这个点一定是一个合法的答案。 现在出现了粉边。我们先将点缩成强连通分量，再进行上述操作。由于不能在一条路径中同时出现粉边和绿边，所以我们在确认一个点不可行之后，要将在遍历到它时的所有横插出边和树出边全
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摘要：容易发现一定能构造出一种正确答案，满足先横着走到头再向下走，或者先向下走再横着走到头是最长路。 那么可以想到枚举两头，背包中间的 \(O(n^4A)\) 做法。 我们可以继续注意力惊人的注意到左上和右下角一定是最小值和次小值，这样时间复杂度就骤减到 \(O(n^2V)\) 了。 #include<b
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摘要：《关于在做图论题单时忽遇构造题的那些事》。 通过手模，我们可以发现第一个事情： 当 \(k\ge 3\) 时，\(F_{1.5\times 10^k}\equiv F_0(\bmod\ 10^k)\)。 我们设 \(N=12\times 10^k\)，那么显然有： 性质1：\(F_{cN}\equi
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摘要：考虑大力推式子。容易想到对被碾压的人容斥，则有： \[\begin{aligned} ans&=\sum_{i=k}^{N-1}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}\binom{N-1}{i}\prod_{j=0}^{M-1}\sum_{l=1}^{U_j}l^{N-R_j}(U_j-l)^
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摘要：容易发现 \(k_i=0\) 时只有两种策略： 假如我这里不选，接下来不会再出现清空，且没有选入集合的集合为 \(T\)，我们就让这个地方为 \(T\)。 否则早死比晚死好，直接原地起爆，清空集合。 显然第一种决策只会在最后连续出现，所以我们找到最长不重复后缀 \([r,n]\)，那么这一段区域里最
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摘要：这里是三道题。 这场比赛的 B 题是本题的前置题，他告诉我们： “假如当前区间右侧存在一个 \(k\)，使得我们再不往右走就无法占领 \(k\)，就向右走，否则向左。”是一种最优决策。 他甚至还慷慨地告诉我们： 最终的合法起始点集合要么为 \(x\in\bigcap\limits_{i=1}^n[i
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摘要：我们考虑先将选的数之和 \(sum\) 转化到一定范围内，再进行背包 \(dp\)，这样就可以减少时间空间复杂度了。 其他的都是简单多重背包，时间复杂度 \(O(m^3\log^2m)\)，假如用单调队列写应该就是 \(O(m^3)\) 了。 #include<bits/stdc++.h> #def
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摘要：话说有没有 min_25 大爷的介绍啊想看 qwq。 min_25 筛是一种由 min_25 开发的积性函数前缀和算法，时间复杂度为 \(O(\dfrac{n^{\frac 34}}{\log n})\)。 min_25 筛的适用范围有以下几个限定条件： 所求函数 \(f(x)\) 是一个积性函数。
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摘要：想象力惊人的想到生成树，因此对于一种 \(c\) 序列，容易求出只有根不满足要求的构造，且只有树边有权。考虑通过非树边们修改根。 对于一条非树边（都是返祖边），假如我们给它的权值 \(+1\)，那么对于奇环来说，\(\Delta root=\pm 2\)；偶环没有变化。 所以我们直接找到奇环，分别尝
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摘要：在这篇题解中，我会将各个部分的证明分成不同的推导过程，以达到逐一击破的效果。 引理 1：\(f(n)=2f(n-1)+f(n-2)\) 我的证明挺繁琐的，过程如下： \[(1+\sqrt 2)^{n-2}=e(n-2)+f(n-2)\sqrt 2 \]\[(1+\sqrt 2)^{n-1}=e(n-
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