随笔分类 - OJ --- 洛谷
摘要：题面 题解 容易发现答案就是 \(\displaystyle [x^{nd}] \left(\sum_{i \geq 0} [d|i] \frac {x^i}{i!}\right)^k\)，对其进行单位根反演就是 \(\displaystyle [x^{nd}] \left(\frac 1d \su
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摘要：前置知识 群，置换，循环，轨道，不动点。 设 \(G\) 为有限群，\(X\) 为一个集合，\(x \in X\)，定义 \(x\) 的轨道为 \[ G_x = \{ gx | g \in G \} \] 定义 \(X\) 的轨道数 \(L = |\{ G_x | x \in X \}|\)，\(X
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摘要：题面 题解 分块，考虑用 vector 记下单点和整块被赋值的所有情况，同时对整块实时维护 ans。 Part I. 块的构建/重构 首先按照最后被修改的时间将块内的所有元素排序（注意如果要保证复杂度严格是 \(\mathcal O(n \sqrt n)\) 的话要用基数排序），维护当前的顺序信息，
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摘要：题面 题解 上了文化课之后终于知道“超几何分布”的准确定义了，这时候再回来看这题，突然灵光一闪，想到了一个新的解法。 超几何分布：\(n\) 个物品中，\(m\) 个次品，不放回抽取的 \(k\) 个物品中有 \(x\) 个次品的概率 \(P(x = i) = \dfrac {\binom mi \
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摘要：题面 题解 设 \(p_i\) 是概率，也就是题目中的 \(\frac {p_i}{\sum p}\)。 设 \(F(x)\) 表示一直按，第 \(n\) 次到达目标状态的概率 EGF，于是： \[ F(x) = \prod_{i=1}^n \frac{e^{p_ix} + (-1)^{s_i} e
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摘要：题面 题解 CF1327F AND Segments + 整体 dp。 首先预处理 \(\mathrm{pre}_i\) 表示向上最深的 \(f(e) = 1\) 的边的深度最小值。 设 \(f_{i, j}\) 表示当前在点 \(i\)，最深的 \(f(e) = 1\) 的深度为 \(j\) 的方
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摘要：题面 题解 设 \(F(n, m) = \sum_{k=0}^n k^mx^k\binom nk\)，于是答案就是 \(\sum_i a_iF(n, i)\)。 那么有： \[ \begin{aligned} F(n, m) &= \sum_{k=0}^n k^m x^k \binom nk\\ &
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摘要：这篇 blog 是用来水题解的，不久之后会有个 JSOI 汇总（咕
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摘要："题面" 题解 考虑一个数字被取到最小值的概率怎么算。 由于一个节点最多只有 $2$ 个儿子，所以 $x$ 出现的概率 $a_x$ 分为两个部分，一个作为最大值，另一个即作为最小值。 以计算这个点作为最小值出现的概率为例，这个概率就是这个数在这棵子树内出现的概率 $a_x'$ 乘以另外一棵子树中取到
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摘要："题面" 题解 由题，所求为方程$y^2 = x^2 + ax + b$的整数解数量。 两边同乘$4$，可得$(2y)^2 = 4x^2 + 4ax + 4b$。 配方后得$(2y)^2 = (2x + a)^2 + 4b a^2$。 移项得$(2y + 2x + a)(2y 2x a) = 4b
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摘要："题面" 题解 这是好久之前菊开讲的一道题目了。 可以发现在这道题目中，边比点更加重要，所以我们化边为点，将边权改为点权，边与边之间的边权就是题目所给的Trie树上LCA深度的和。 想到一个平方的暴力，每条边和它连向的点的出边连一条边。下一步考虑怎么优化。 对于每一个点，将它的入边和出边都拿出来，按
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摘要：概率生成函数 如果对于数列$a_0 , a_1 , a_2 , . . . ,$存在某个离散随机变量$X$满足$\mathrm{Pr}(X = i) = a_i,$那么$a_n (n \in \mathbb N)$的普通生成函数被称为$X$的概率生成函数。 也就是说,如果$X$是非负整数集$\mat
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摘要："题面" 题解 同步赛时看到$m \leq 2\times 10 ^ 5, q_i \leq 1000$的我灵光一闪，交了个$\mathrm{O}(mt)$的大暴力然后$\mathrm{AC}$此题 设$f[i][j]$表示当前在第$i$个站点，时刻为$j$的最小烦躁度，$F(x) = Ax^2 +
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