仰望星空的蚂蚁

摘要： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=10005,M=50005; vector<int> son[N]; int dfn[N],low[N],num,s[N],out[N],top,cnt; int scc[N]; int 阅读全文

摘要： 其实我不会 阅读全文

摘要： 比较意会 考点：古典概型 。 答案是 ( k + 1 ) n − 1 ( k + 1 − n ) k n \frac{(k+1)^{n-1}(k+1-n)}{k^n} kn(k+1)n−1(k+1−n)​ 。 不妨看成有 k + 1 k+1 k+1 个点构成圆环 。每个人选任意位置坐下的方案为 ( 阅读全文

摘要： 括号序列 原理：对原树进行一次 dfs 遍历，到一个节点就加入一个 左括号 ，再加一个表示节点编号的 辅助点 ，回溯时再加入一个 右括号 。 比如： 构建 void dfs(int u,int topf) { val[++cnt]=0; c[cnt]=1; val[++cnt]=-1; //这个地方 阅读全文

摘要： 模拟题 红靶子的我们先不考虑。 如果是 {1,2,2} ， {2,2,3} 这种只涉及两种倍数的话，我们想到不定方程： ax+by =c 的通解形式（a,b,c 为常数），从而探讨 x,y 在规定取值内是否有解。 探讨 {1,2,3} 的情况。 这个时候不难发现 x ∈ [ 1 , 6 k ] x\ 阅读全文

摘要： 挺妙的一道题。 我们用线段树来解决这个问题。 考虑集合内加 v 这个操作。 如果我们把它转化为区间操作就好了。 那么我们要求编号连续。 怎么给每个点编号呢？首先把操作序列离线下来，然后用带权并查集维护在集合内的 相对编号 ，合并的时候把被合并的集合的 相对编号 都加上合并集合的大小即可。 时间复杂度 阅读全文

摘要： 我不会网络流 我不会告诉你我把题目读错了 建立二部图模型。 如果第 j 个箱子最终能转移第 i 个人身上，就把左部图的第 i 个点向右部图的第 j 个点连边。 想通这一点后，这道题就是二分图优化建边了。 如果第 i 个人和第 j 个人有交集，那么能转移到第 i 个人的箱子，一定都能转移到第 j 个人 阅读全文

摘要： 说实话没想到三维偏序实在是太。。。 k=2 利用轮换性，不难得到答案。 k=3 记 g ( i , j , k ) = a k , i + a k , j g(i,j,k)=a_{k,i}+a_{k,j} g(i,j,k)=ak,i​+ak,j​ 。 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ∑ k 阅读全文

摘要： 这题是贪心。 我们按 k 从小到大排序，那么长度大的和长度小的如果有公共元素的话，长度小的一定是长度大的子集。 这样的话，我们对每个值记录找到的最晚的那个人（贪心），然后暴力判断。 那么对于和集合相关题目，我们要多关注 集合的大小 ，这样就很有可能出现 交叉 的情况，是本题解题的关键。 我想这道题难 阅读全文

摘要： ∑ i ( p i ) ( q i ) ( n + i p + q ) = ( n q ) ( n p ) \sum_{i}\binom{p}{i}\binom{q}{i}\binom{n+i}{p+q}=\binom{n}{q}\binom{n}{p} i∑​(ip​)(iq​)(p+qn+i​) 阅读全文