12 2018 档案
摘要："传送门" 二分答案 $k$，考虑如何 $hash$ 使得做起来方便 把每个点挂在 $k+1$ 级祖先上，考虑在祖先上删除 这道题巧妙在于其可以对于 $dfs$ 序/括号序列 $hash$ 这样在 $k+1$ 级祖先上暴力删除就好了
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摘要："传送门" 一道 $DP$ 好题 设 $q$ 为一个块合法的概率 套路一 恰好为 $k$ 的概率不好算，算小于等于 $k$ 的减去小于等于 $k 1$ 的 那么设 $f_i$ 表示宽为 $i$ 的合法的泳池面积都小于等于 $k$ 的概率 设 $g_i$ 表示宽为 $i$ 的合法的泳池面积都小于等于
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摘要："传送门" 利用Cayley Hamilton定理，用插值法求出特征多项式 $P(x)$ 然后 $M^n\equiv M^n(mod~P(x))(mod~P(x))$ 然后就多项式快速幂+取模 最后得到了一个关于 $M$ 的多项式，代入 $M^i$ 即可 cpp include using name
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摘要："传送门" 题意 给定一个满秩的矩阵 $A$ ，另一个矩阵 $B$ 对于 $A$ 的每个行向量 $A_i$ 找到一个匹配 $B$ 的行向量 $B_{p_i}$ 使得 $A_i$ 替换成 $B_{p_i}$ 后的矩阵 $A'$ 仍然满秩 Sol 如果 $B_{p_i}$ 能替换 $A_i$，那么说明存
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摘要："传送门" 如果大力推单位根反演就可以获得一个 $k^2logn$ 的好方法 $$ans_{t}=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^{k 1}(w_k^{ t})^i(w_k^i+1)^n$$ (其实可以看出推出来的式子就是 $IDFT$ 的形式) 或者可以发现这道题就是求 $(1+x)^
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摘要："传送门" 直接的想法就是设 $x^k$ 为边权，矩阵树定理一波后取出 $x^{nk}$ 的系数即可 也就是求出模 $x^k$ 意义下的循环卷积的常数项 考虑插值出最后多项式，类比 $DFT$ 的方法 假设我们要求 $$C_i=\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=0}^{n}A_jB_k[(
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摘要：N次剩余 给定 $N,a,P$，且 $P$ 最好为质数 可以算出 $x^N\equiv a(mod~p)$ 的解 首先可以算出 $P$ 的原根 $g$ 解方程 $g^y\equiv b(mod~p)$，这个直接 $BSGS$ 设 $g^z\equiv x(mod~p)$ 那么 $g^{za}=g^y
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摘要："传送门" $d=1$ 输出 $k^n$ $d=2$，构造生成函数，就是求 $$(\sum_{i=0}^{\infty}[2|i]\frac{x^i}{i!})^k[x^n]=(\frac{e^x+e^{ x}}{2})^k$$ 直接二项式定理展开求 $n$ 次项系数即可 $d=3$，构造生成函数，
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摘要："传送门" Sol 设 $$A=\begin{bmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$$ 那么要求的相当于是 $$\sum_{i=0}^{n}[k|i]\binom{n}{i}A^i$$ 求出其中的 $A_{0,0}$ 即可 引入单位根(单位根反演?) $$[n \m
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摘要："传送门" 可以发现，$\binom{n}{m}\equiv 1(mod~2)$ 当且仅当 $m~and~n~=~m$ 即 $m$ 二进制下为 $n$ 的子集 那么可以直接写一个 $3^{18}$ 的枚举子集 $DP$ 但是还有一个 $6^9$ 的做法 把数字分成前 $9$ 位和后 $9$ 位 设
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摘要："传送门" 直接求连通的不好做，考虑容斥 设 $g_i$ 表示至少有 $i$ 个连通块的方案数，$f_i$ 表示恰好有 $i$ 个的 那么 $$g_x=\sum_{i=x}^{n}\begin{Bmatrix}x \\ i\end{Bmatrix}f_i\iff f_x=\sum_{i=x}^{n}
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摘要：反演 设 $$F_n\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}G_i$$ $$G_n\sum_{i=0}^{n}B_{n,i}F_i$$ 下面的直接带入到上面 $$F_n=\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}\sum_{j=0}^{i}B_{i,j}F_j=\sum_{i=0}^{n}F_i\
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摘要："传送门" 求每个珠子的方案数 即有序的求三元组 $(x,y,z),x,y,z\le a$ 满足 $gcd(x,y,z)=1$ 设 $G_i$ 表示 $i$ 个小于等于 $a$ 的有序数字，满足 $gcd=1$ 的方案数 容斥得到要求的 $$\frac{1}{6}(G_3+2G_2+3G_1)$$
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摘要："传送门" 题目所给的不合法的条件可以转化为 $$\exists p,p^2|gcd(a,b) \Leftrightarrow \mu(gcd(a,b))\ne 0$$ 那么 $$ans=\sum_{a=1}^{A}\sum_{b=1}^{B}[\mu(gcd(i,j))\ne 0]\frac{ab
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摘要："传送门" 拆开变成 $$\prod_{i=1}^{n}\sigma_0(i)^{\mu(i)}\prod_{i=1}^{n}\sigma_0(i)^{i}$$ 考虑 $\prod_{i=1}^{n}\sigma_0(i)^{\mu(i)}$ 运用 $\mu$ 的性质，设 $c(i)$ 表示 $i$
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摘要："传送门" 重点 $1$ $$\frac{f(a,a+b)}{a(a+b)}=\frac{f(a,b)}{ab}=\frac{f(a,b a)}{a(b a)}=\frac{f(a,b~mod~a)}{a(b~mod~a)}=\frac{f(d,d)}{d^2}$$ 其中 $d=gcd(a,b+b)
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摘要："传送门" Sol 好神仙的题目。。 一开始就直接莫比乌斯反演然后就 $GG$ 了 orz 题解 "permui" 枚举 $n$，就是求 $\sum_{i=1}^{n}S(i,m)$ 其中$S(n,m)=\sum _{i=1}^m\varphi (ni)$ 设 $n=\prod_{i}p_i^{c_
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摘要："传送门" Sol 分开考虑 $\varphi(ij)$ 中 $ij$ 的质因子 那么 $$\varphi(ij)=\frac{\varphi(i)\varphi(j)gcd(i,j)}{\varphi(gcd(i,j))}$$ 直接莫比乌斯反演 设 $g(x,i)=\sum_{j=1}^{x}\v
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摘要："传送门" Sol 第一问可以考虑按照山的高度从大到小放 但是这样如果遇到高度相同的就不好考虑，那么同时要求数量限制从小到大 这样每次放的时候后面的一定不会影响前面，并且高度相同的时候前面能放的位置后面的也能放 直接乘起来就好了 对于第二问，此时高度相同的会有影响 对于高度相同的一段，强制要求数量限
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摘要："传送门" Sol 对于每个 $i$ ，可以把 $k$ 个数字分成 $(x,i x)$ 的若干组。 那么就是求每组只能其中选择一个且可以重复的方案数。 预处理 $f[i][j]$ 表示从 $j$ 个组内选 $i$ 个，每个组必须选的方案数。 $f[i][j]=(f[i 1][j]+f[i 1][j
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摘要："传送门" Sol 设 $f(d)$ 表示 $d$ 所有约数中第二大的，$low_d$ 表示 $d$ 的最小质因子 $$f(d)=\frac{d}{low_d}$$ 那么 $$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}sgcd^k(i,j)$$ $$=\sum_{i=1}^n\sum_
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摘要：```cpp include using namespace std; typedef long long ll; typedef vector Poly; const int mod(998244353); const int inv2(499122177); const int maxn(1 =
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摘要："传送门" Sol 首先 $n$ 为奇数肯定无解 当 $n$ 为偶数时 老套路，把串 $S$ 变成 $S_1S_nS_2S_{n 1}$，设为 $T$ 那么满足条件的 $S$ 的划分相当于 $T$ 中的划分，使得每一段为长度为偶数的回文串 下面就只考虑 $T$ 的划分 设 $f_i$ 表示前 $i$
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摘要："传送门" Sol 考虑要求的东西的组合意义，问题转化为： 有 $n$ 种小球，每种的大小为 $a_i$，求选出大小总和为 $m$ 的小球排成一排的排列数 有递推 $f_i=\sum_{j=1}^{n}f_{i a_j}$ 常系数线性递推 求一个满足 $k$ 阶齐次线性递推数列 $f_i$ 的第 $
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摘要："传送门" 假设 $f^k(i)$ 就是 $f(i)$ 莫比乌斯反演得到 $$ans=\sum_{i=1}^{N}\lfloor\frac{N}{i}\rfloor^2\sum_{d|i}f(d)\mu(\frac{i}{d})$$ 令 $g(N)=\sum_{i=1}^{N}(f\times \m
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摘要："传送门" Sol 设 $f_i$ 表示 $i$ 的次大质因子 题目就是要求 $$\sum_{i=l}^{r}f_i$$ 考虑求 $\sum_{i=1}^{n}f_i$ 所求的东西和质因子有关，考虑 $min25$ 筛的那一套理论 设 $s(n,j)=\sum_{i=1}^{n}[low_i\ge
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摘要：首先 $$h_n=\sum_{i}h_ih_{n i 1}$$ 写出 $h$ 的母函数 $H(x)$ 那么 $$H(x)=H^2(x)x+1,H(x)=\frac{1 \sqrt{1 4x}}{2x}$$ (解二元一次方程取符号时候要看是否收敛) 引入 牛顿二项式 $$(x+y)^{\alpha}=
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摘要："传送门" Sol 构造 $fib$ 数列的母函数 $F(x)$ 那么答案就是 $$[x^n]\sum_{i=1}^{\infty}F^i(x)=[x^n]\frac{F(x)}{1 F(x)}$$ 而 $$F(x)=xF(x)+x^2F(x)+x,F(x)=\frac{x}{1 x x^2}$$
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摘要："传送门" Sol ~~第一步就不会~~ 1. 问题转化 杀人后将其打上标记，仍可以以他为目标重复选，直到选到一个未打标记的人。 这和原问题等价，而且这样每轮选中每人的概率都不变，只是游戏变成了无穷轮数 这样就好做多了 2. 考虑容斥，枚举在 $1$ 后面被标记的猎人集合 $S$，设其 $w$ 的和
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摘要："传送门" 每次操作可以把两个字符串中所有同一种字符变成另外一种 定义两个长度相等的字符串之间的距离为：使两个字符串相等所需要操作的次数的最小值 求 $s$ 中每一个长度为 $|t|$ 的连续子串与 $t$ 的距离 字符集为小写字母 $'a'$ 到 $'f'$ Sol 考虑如何计算两个等长串的距离
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摘要：拆系数FFT 对于任意模数 $mod$ 设$m=\sqrt {mod}$ 把多项式$A(x)$和$B(x)$的系数都拆成$a\times m+b$的形式，时$a, b$都小于$m$ 提出，那么一个多项式就可以拆成两个多项式的加法 一个是$a m$的，一个是$b$的 直接乘法分配律，$aa$一遍，$a
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摘要：Sol 设 $n=\lfloor\frac{c}{a}\rfloor$ 问题转化为求 $$\sum_{i=0}^{n}\lfloor\frac{c ax}{b}\rfloor+1=\sum_{i=0}^{n}\lfloor\frac{ ax+b+c}{b}\rfloor$$ 考虑一般性的问题 设 $
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摘要："传送门" 最小割树 算法 初始时把所有点放在一个集合 从中任选两个点出来跑原图中的最小割 然后按照 $s$ 集合与 $t$ 集合的归属把当前集合划分成两个集合，递归处理 这样一共跑了 $n − 1$ 次最小割 可以证明图中任意一对点之间的最小割的数值都包含在这 $n − 1$ 个数值当中 把每次求
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摘要："传送门" Sol $( 1)^a=1 2(a~mod~2)=1 2a+4\lfloor\frac{a}{2}\rfloor$ 那么原式变成 $n 2\sum_{i=1}^{n}\lfloor d\sqrt{r}\rfloor+4\sum_{i=1}^{n}\lfloor \frac{d\sqrt{
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摘要："传送门" Sol 考虑对于操作时间建立线段树，二进制分组 那么现在主要的问题就是怎么合并信息 你发现一个性质，就是每个修改只会在整个区间内增加两个端点 那么我们二进制分组可以得到每个区间内最多只有区间长度级别段，每一段的修改都是一样的 那么可以直接一层层归并上来 最后询问就是二分每一个线段树的节点
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摘要：划分关系 ~~姑且这么叫着~~ 设满足性质 $A$ 的集合为 $S_A$，每个元素有标号 如果 $S_B$ 是由若干个 $S_A$ 组成的一个大集合 设 $a_i$ 表示大小为 $i$ 的 $S_A$ 的个数 设 $b_i$ 表示大小为 $i$ 的 $S_B$ 的个数 构造指数级生成函数 $$A(x
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摘要："传送门" II 设 $f_i$ 表示 $i$ 个点的答案 那么枚举至少 $j$ 个点的出度为 $0$ $$\sum_{j=0}^{i}( 1)^j\binom{i}{j}f_{i j}2^{(i j)j}=0$$ 所以 $$f_i=\sum_{j=1}^{i}( 1)^{j+1}\binom{i}
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摘要："传送门" 题目大意 你有 $n$ 个数 $a_1,a_2...a_n$ 要进行 $k$ 次操作 每次随机选择一个数 $x$，使得答案加上 $\prod_{i \neq x}a_i$ ，并将 $a_x$ 减去 $1$ 求最后答案的期望，对 $1e9+7$ 取模 Sol 设 $b_i$ 表示 $i$
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摘要："传送门" Sol 考虑容斥 强联通图反过来就是一些缩点后的 $DAG$ 一个套路就是对出(入)度为 $0$ 的点进行容斥 设 $g_S,h_S$ 分别表示选了奇数个 $0$ 入度和偶数个的，集合为 $S$ 的方案数 那么通过钦定一个特殊的点 $u$ 有 $$g_S=\sum_{T\subset S
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摘要："传送门" Sol 自己还是太 $naive$ 了，上来就构造多项式和通配符直接匹配，然后遇到 $border$ 相交的时候就 $gg$ 了 ~~神仙的游戏蒟蒻还是玩不来~~ 一个小小的性质： 存在长度为 $len$ 的 $border$ 的充要条件是 $\forall i,s_i=s_{n len
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摘要：```
g 是mod(r*2^k+1)的原根
素数 r k g
3 1 1 2
5 1 2 2
17 1 4 3
97 3 5 5
193 3 6 5
257 1 8 3
7681 15 9 17
12289 3 12 11
40961 5 13 3
65537 1 16 3
786433 ...
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浙公网安备 33010602011771号