04 2021 档案
摘要：比赛地址 A. A * B * C 枚举 \(A,B\) ， 直接计算可能的 \(C\) 的个数。 复杂度和调和级数相同，为 \(\mathcal O(n \ln n)\) B. A ^ B ^ C 直接扩展欧拉定理计算即可。 C. String Invasion 倒着扫字符串，遇到连续两个相同字符
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摘要：这道题貌似很多人用的是网络流+分层图。这里介绍一种费用流解法。 可以证明，最后一个人到达的时间是小于第100天的。 那么对于每一趟航班，如果他的起点是$u$，终点为$v$，可搭乘的人的数量为$w$。那我们就对$(u,v)$连100条流量为$w$,费用为$i$的边（$i$表示第几天），分别表示第$i$
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摘要：众所周知，\(\text{access(x)}\) 后 \(rt \to x\) 这条实链在一个 \(splay\) 中。也就是说， \(splay\) 所维护的链中的点同色。 那么到点 \(x\) 到根路径的权值便是经过虚边的数量 \(+1\)，不妨记为 \(dis_x\)。 对于修改操作，每次爬
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摘要：Solution 1 设 \(dp_{s,i,j}\) 表示走了不超过 \(s\) 条边，\(i \to j\) 的最长路径(走不通为极小值) 如果有 \(u \to v\) 的一条边，那么 \(dp_{1,u,v}=w\) （$w$为这条边的权值） 转移为： \[ dp_{s,i,j}=\max_
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摘要：类比十进制下的纯循环小数，\(k\) 进制下的纯循环小数满足最简分数分母与 \(k\) 互质。 而题目要求相同数值只计数一次，所以只需要考虑最简分数的情况。 那么答案为： \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[(i,j)=1][(j,k)=1]\) \(\sum_{i=1}^n\su
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摘要：如果没有租用机器这一操作，做法同 P2762 太空飞行计划问题，用最大权闭合子图模型解决。 考虑如何在经典方法构造的新图中体现租用机器这一操作。 新图中对于工作和它所需的机器之间的容量为 \(+\infty\) , 意义即为选择这个工作就必须购买这个机器。 那么 ‘租用’ 就可以将这条边的容量改为
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摘要：首先明确一点，所有装备的期望相同，只需求出任意一种后答案乘 \(k\) 即可。 令 \(dp[i][j]\) 表示还需要打 \(i\) 只怪，装备等级为 \(j\) 的金币数量期望。 那么有三种情况： 1.得到的并不是当前类型装备，概率为 \(\frac{k-1}{k}\)，这种情况下你一分钱也得不
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摘要：给出一个易于理解且好写的做法。 有一个贪心做法， 从源点向每一种商品连 \(c_i \times m_i\) 的边。 对于优惠方案 \((A,B,P)\) , 从 \(A\) 向 \(B\) 连 \(P \times m_B\) 的边。 最后源点的最小树形图即为答案? 这样做显然有问题，因为如果同时
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摘要：根据题意进行分类讨论： 令 \(\tau(n)\) 为 \(n\) 的不同质因数的个数。 \(r=0\) 因为要求 \(\gcd(p,q)=1\) ， 那么相同的质因数只会全部在 \(p\) 或 \(q\) 中。 每种不同的质因数有 \(2\) 种选法，那么 \(f_0(n)=2^{\tau(n)}
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摘要：令 \(s\) 为石子的总数，那么操作次数最多为 \(s+(n-1)\) 如果石子数量全不为一，那么先手必胜的条件为 \(s+(n-1)\) 为奇数，因为他一定可以保证操作 \(s+(n-1)\) 次。 反之后手必胜。 问题在于石子数量可能为 \(1\) ，这时去掉这颗石子便无法合并。 所以状态应该
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摘要：\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m ij \gcd(i,j)\mu^2(\gcd(i,j))\) \(\sum_{k=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=k]ij k\mu^2(k)\) \(\sum_{k=1}^{\
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摘要：\(dp[0/1][i]\) :有 \(i\) 颗石子 Alice/Bob 为先手，Alice 赢的概率 令 \(P\) 为 Alice 拿走石子的概率， \(Q\) 为 Bob 拿走石子的概率。 $$\begin dp[0][i]=dp[1][i-1] * P+dp[1][i] * (1-P) \
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摘要：每一条边被选中的概率： \(\frac{n-1}{\frac{n(n-1)}{2}}=\frac{2}{n}\) 所以答案为： \[ \frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^n (i+j)^k \] 单独考虑后面的和式： \[ f(n)=\sum_{i=1
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摘要：首先有一个结论： \(gcd(i\cdot j,i\cdot k,j\cdot k)=\frac{gcd(i , j )\cdot gcd(j , k) \cdot gcd(i,k)}{gcd(i,j,k)}\) 证明如下： 先将 \(i,j,k\) 用唯一分解定理展开的次方分别为 \(w_1,w_
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摘要：因为每回合击中的概率是固定的，所以只需要算一次。 概率为：可以击中的情况/总情况。 每个点有 \((n+1)^2\) 个位置，所以总情况为$(n+1)^4$ 可以击中的情况和仪仗队差不多，画个图就知道答案为： \(4(n-1)n+4\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1} [
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摘要：\(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^Cd(ijk)\) \(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{z|k}[(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1]\) \(\su
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摘要：如果不知道伯努利数的点这里。 \[ \sum_{i=1}^n (i,n)^x[i,n]^y \] \[ \sum_{i=1}^n (i,n)^{x-y} \times i^y \times n^y \] \[ n^y \sum_{d|n} d ^{x-y} \sum_{i=1}^n [(i,n)=d
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摘要：设整数 \(n\) 的 \(\text{lqp}\) 拆分权值为 \(g(n)\) , 那么有： $$\begin g(n)=1 & (n=0) \ \displaystyle g(n)=\sum_^ fib(i) \times g(n-i) & (n \not=0) \end$$ 令 \(F(x)
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摘要：一.伯努利公式 伯努利数是一个用于解决 \(n\) 次方和的数列。 它的递归定义公式如下： \(\sum_{i=0}^n \binom {n+1} i B_i=[n=0] ~~~~~~~~ (1.1)\) 通过这个定义可以得到伯努利数的前几项：\(1,-\frac{1}{2},\frac{1}{6}
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摘要：两道题的转移式是一样的，只是优化不同。 令 \(dp(i)\) 为完成前 \(i\) 个任务的最小花费。 你会发现每次操作后总时间会增加 \(s\) ，这样就不好处理当前时间。 所以可以用前几周讲到的方法，将 \(s\) 的贡献提前计算，那么有转移 \(dp(i)=\min\{dp(j)+(Sumc
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摘要：\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \sigma((i,j))\) $$\sum_^{\min(n,m)}\sigma(d)\sum_^n\sum_^m [gcd(i,j)=d] $$ $$\sum_{\min(n,m)}\sigma(d)\sum_{\frac{\min(n,m)
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摘要：令 \(u\) 表示选择电站 \(u\) , \(u'\) 表示不选择电站 \(u\)。 首先可以简单的处理出电站之间的要求： \(u,v\) 至少选一个，连边 \((u',v),(v',u)\) \(u,v\) 至多选一个，连边 \((u,v'),(v,u')\) 可以枚举 \(f\) ,电站区间
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摘要：首先看一下每段的值： \[ \frac{\left((\sum\limits_{i=1}^{n}x_i×\bar x)+\bar x\right)^2}{\bar x^2} \] \[ \frac{(\sum\limits_{i=1}^{n}x_i×\bar x)^2+2\bar x(\sum\li
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摘要：注意本篇题解的 \(k\) 是题目中的 \(d\)。 \(\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]i^k\) \(\sum_{i=1}^ni^k\sum_{d|\gcd(i,n)}\mu(d)\) \(\sum_{d|n}\mu(d)d^k\sum_{i=1}^{\lfloor \frac
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摘要：由题显然有： $$\begin siz_u=1+\sum_{v\in son_u} siz_v \ d_v=d_u+n-2\times siz_v \end$$ 顺带一提，\(d\) 是 换根dp 的基操。 因为我们知道 \(d\) , 所以考虑将 \(siz\) 消掉，从而确定父子关系。 化简可得
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摘要：\(f_k=\sum_{i=1}^n {a_i}^k\) $$\begin F(x)&=\sum_{k \ge 0}x^k\sum_^n ^k \ &=\sum_n\sum_{k \ge 0}xk ^k \ &= \sum_^n\frac{1}{1-a_ix} \ &=\sum_^n \left(
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摘要：所有问题只有加边，没有删边。 一.维护连通性 并查集就可以了。 二.维护割边 考虑连边时维护割边。 \(u,v\) 不联通，直接连上即可，可以看出，这条边是割边。 \(u,v\) 已经联通，说明构成一个环，原来在 \(u \to v\) 路径上的边都不再是割边。 如果把割边的值设为 \(1\) ，非
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摘要：第二类斯特林数 \(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 表示把 \(n\) 个不同的小球放进 \(m\) 个相同的盒子里，不能有空盒的方案数。 一些小性质： \(\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix}=[n=0]\) 当 \(n<m\) ，
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摘要：$$\begin &\sum_n ik \binom \left(\frac{1}\right)i \left(\frac\right) \ =&\frac{1}{mn}\sum_n ik \binom(m-1) \ =&\frac{1}{mn}\sum_n \sum_k (m-1)\binom\b
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摘要：令 \(g_n\) 表示 \(n\) 个点的无向图数量， \(f_n\) 表示 \(n\) 个点的无向连通图数量。 显然 \(g_n=2^{\binom{n}{2}}\) 同时如果枚举 \(1\) 节点所在的联通块大小可得： $$\begin &g_n=\sum_^n \binomf_ig_ \ \
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