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"传送门" 不难发现，所有不能被其他数筛掉的数是一定要选的，只有选了这些数字才能结束 假设有 $m$ 个，枚举结束时间 $x$，答案就是 $\sum \binom{x 1}{m 1}m!(n m)!x$ 埃氏筛法即可求出 $m$ cpp include using namespace std; ty 阅读全文
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"传送门" 学过 $FWT$ 看到操作 $2$ 不难可以联想到 $FWT$ 考虑一遍 $\oplus$ $FWT$ 会把 $a_t$ 变成什么 $a_t'=(( 1)^{bitcount(x\&t)}+( 1)^{bitcount(y\&t)})a_x$ 考虑这个东西 $( 1)^{bitcount 阅读全文
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"传送门" 首先如果一开始就找到了一个叶子，那么暴力去递归找它的父亲，每次随机一个方向(除了已知的儿子)走深度次，如果走到了一个叶子就不是这个方向 (设根的深度为 $1$)这样子最后到达深度为 $3$ 的点需要花费 $11$ 次 注意到此时只有与该点距离不超过 $2$ 的点可能是根，这样的没有询问过 阅读全文
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根据期望的线性性，答案就是 $\sum$ 每个连通块出现次数的期望 而每个连通块次数的期望就是 $\sum$ 连通块的根与每个点连通次数的期望 也就是对于一条路径 $(i,j)$，设 $i$ 为根，那么 $i$ 必须是这条路径第一个被选择的点，概率为 $\frac{1}{dis(i,j)}$，其中 阅读全文
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"Codeforces Global Round 1" A 模拟即可 cpp include using namespace std; typedef long long ll; const int maxn(1e6 + 5); int n, m, c[maxn], t[maxn]; ll ans, 阅读全文
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"传送门" 考虑转化成图论问题，$i$ 向 $p_i$ 连边，那么合法方案一定是形成了若干个简单环或自环 考虑一个环内的情况： 1. 如果 $a_i=p_i$，那么 $i$ 向 $a_i$ 连边的图和原图相比不变 2. 如果 $a_i=p_{p_i}$， a. 环长为奇数且 $ 1$，那么 $i$ 阅读全文
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"传送门" 好神啊 直接考虑一棵 $n+m$ 个叶子的 $k$ 叉树，根结点权值为 $\sum_{i\in m}(\frac{1}{k})^{deep_i}$ 对于一个 $deep$ 的序列 如果 $\sum_{i\in m}(\frac{1}{k})^{deep_i}+\sum_{i\in n}( 阅读全文
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"传送门" 考虑枚举一条路径 $u,v$，求出所有边经过它的答案 只需要求出 $u$ 的子树内选出 $k$ 个可以重复的点，使得它们到 $u$ 的路径不相交 不难发现，就是从 $u$ 的儿子的子树内各自选一个以及可以选多次 $u$ 自己 设这个方案数为 $f_u$ 再设 $size_u$ 表示 $u 阅读全文
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"传送门" 设 $f_{i,j}$ 表示兔子 $i$ 在当前 $j$ 轮的期望位置 对于一次操作 $f_{i,j+1}=\frac{1}{2}(2f_{i 1,j} f_{i,j})+\frac{1}{2}(2f_{i+1,j} f_{i,j})=f_{i 1,j}+f_{i+1,j} f_{i,j 阅读全文
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"传送门" ~~搬题解QwQ~~ 首先最大值一定为 $1$，直接扫一遍两两比较 $O(2N)$ 求出最大值 设最大值位置为 $a$，对于任意两个没有确定的位置 $x,y$ 询问 $[a,x+y]$，如果 $a\le x+y$ 那么 $x,y$ 的最大值为 $1$，否则 $x,y$ 最小值为 $0$ 阅读全文
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"传送门" ~~抄题解~~ $Task0$，随便做一下，设 $cnt$ 为相同的边的个数，输出 $y^{n cnt}$ $Task1$，给定其中一棵树 设初始答案为 $y^n$，首先可以发现，每有一条边和给定的树相同就会使得答案除去 $y$ 那么可以利用矩阵树定理，已经有的边权值为 $y^{ 1}$ 阅读全文
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"传送门" 首先可以设 $f[l][r]$ 表示 $[l,r]$ 的答案 设 $x$ 为区间 $[l,r]$ 的最大值的位置，那么 $f[l][r] = min(f[l][x 1]+h[x]\times (r x+1),f[x+1][r]+h[x]\times (x l+1))$ 这样的 $dp$ 阅读全文
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"传送门" 设运算 $op1,op2$，一个表示三进制不进位的加法，一个表示不退位的减法 设 $cnt1[x],cnt2[x]$ 分别表示 $x$ 转成三进制后 $1/2$ 的个数 那么 $f_{i,x}=\sum f_{i 1,y}b_{cnt1[x~op2~y],cnt2[x~op2~y]}$ 阅读全文
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"传送门" 由于是边权三进制不进位的相加，那么可以考虑每一位的贡献 对于每一位，生成树的边权相当于是做模 $3$ 意义下的加法 考虑最后每一种边权的生成树个数，这个可以直接用生成函数，在矩阵树求解的时候做一遍这个生成函数的模 $3$ 意义下的循环卷积求出系数即可 暴力多项式运算不可取 考虑选取 $3 阅读全文
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"传送门" 先处理出每一件衣服最早什么时候洗完，堆+贪心即可 然后同样处理出每件衣服最早什么时候烘干 然后倒序相加取最大值 cpp include using namespace std; typedef long long ll; const int maxn(1e5 + 5); int l, n 阅读全文
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"传送门" 首先可以有一个平方复杂度的 $DP$ 设 $f_{i,j}$ 表示前面 $i$ 个小格，高度为 $j$ 的最大答案 令 $h_i$ 表示隔板 $i$ 的高度 当 $j\le h_i$ 时，转移到 $f_{i+1,k},k\in [0,h_i]$ 否则 $f{i,j}\rightarrow 阅读全文
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令 $a\in A,b\in B$ 则移动向量 $\omega$ 使得存在 $b+\omega=a$ 那么 $\omega$ 需要满足 $\omega=a−b$ 黑科技：闵可夫斯基和 直接构造闵可夫斯基和 $C={a+(−b)}$ 余下问题便是判断输入的移动向量是否在 $C$ 内 可以强行使凸包的最 阅读全文
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"传送门" 直接贪心 考虑到 $n$ 个人的贡献都是 $a_i$，另外 $m$ 个人的贡献都是 $c_i b_i$ 首先 $a_i b_j$ 的限制不好做，所以将 $a,b$ 从小到大排序 枚举 $a_i$ ，每次把小于 $a_i$ 的 $b$ 加入优先队列，只要从中间选一个最大的匹配，之后将 $ 阅读全文
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"传送门" 考虑每一对幸运点对的贡献，假设有 $v$ 对 一共可以选择 $x$ 个点，总共 $n$ 个点 那么答案就是 $$v\times\frac{A_{n 2}^{x 2}x(x 1)}{A_{n}^{x}}=\frac{v\times x(x 1)}{n(n 1)}$$ 统计点对个数就好了 Q 阅读全文
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"传送门" 除了操作 $3$ 都可以 $bitset$ 现在要维护 $$C_i=\sum_{gcd(j,k)=i}A_jB_k$$ 类比 $FWT$，只要求出 $A'_i=\sum_{i|d}A_d$ 就可以直接按位相乘了 求答案就是莫比乌斯反演，$A_i=\sum_{i|d}\mu(\frac{d 阅读全文