随笔分类 - 其他
摘要：新学的黑科技，感觉好nb ~
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摘要：这个题非常巧妙啊~
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摘要：定义有向图的价值为图中每一个点的度数的 $k$ 次方之和. 求：对于 $n$ 个点的无向图所有可能情况的图的价值之和. 遇到这种题，八成是每个点单独算贡献，然后累加起来. 我们可以枚举一个点的度数是多少，然后试着去算该情况下的贡献，即 $\sum_{i=0}^{n 1}\binom{n 1}{i}i
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摘要：求 $\sum_{i=0}^{k}\binom{m}{i}\binom{n m}{k i}i^L$ $(1\leqslant n,m\leqslant 2\times 10^7,1\leqslant L\leqslant 2\times 10^5)$ 这个式子比较简洁，然后也没啥可推的，所以我们将
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摘要：求 $\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{i}S(i,j)\times 2^j\times (j!)$ 不妨将式子化为 $\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n}S(i,j)\times 2^j\times (j!)$ （反正如果 $j i$ 的话 $S(i,j)=0
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摘要：code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int n; const ll mod=167772161,G=3,
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摘要：给定长度为 $n$ 的序列, 每个位置都可以被染成 $m$ 种颜色中的某一种. 如果恰好出现了 $s$ 次的颜色有 $k$ 种, 则会产生 $w_{k}$ 的价值. 求对于所有可能的染色方案，获得价值和对 $1004535809$ 取模的结果. 设 $lim=min(m,\frac{n}{s})$，
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摘要：今天开始学习丧心病狂的多项式qaq...... . code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int qpow
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摘要：code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100004 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; ll S; ll val[N],d
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摘要：联赛前练练码力. code: #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 200006 #define ll long long #define lson t[x].ch[
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摘要：你发现 pizza 种类数不会很多，状压一下就可以了 code: #include <bits/stdc++.h> #define M 11 #define N 100005 #define LL long long using namespace std; int n,m,cnt; int v[1
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摘要：特别神的一道题. 有一句话要反复揣摩：题中给的所有点构成一个多边形！！ 而且读入还是按照多边形的轮廓读进来的！！！ 我们知道，如果对称轴确定的话判定条件是对应角相等且对应边相等. 所以把相邻边夹角和边长看成二元组，然后倍长原串，跑一个 $mancher$ 求几个串的回文半径最大就行了. 代码就不贴了
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摘要：考试 T2，是一个脑筋急转弯. 最暴力的贪心是每次先选左，再选右，再选左..... 然而这么做在一些情况下是错的. 但是，我们发现我们的选法一定是 $LLLLRLRLRLRLR$ 或 $RRRRLRLRLRLRLR$ （易证明） 所以直接枚举第一次向左/右走多少次，然后剩余的直接 $O(1)$ 计算
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摘要：比较简单的状压 dp，令 $f[S][i]$ 表示已经经过的点集为 $S$，且最后一个访问的位置为 $i$ 的方案数. 然后随便转移一下就可以了，可以用 $lowbit$ 来优化一下枚举. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 21 #define LL
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摘要：题意：给定一个序列，每个位置有 $t_{i},b_{i}$ 两个属性，分别代表该点的权值，和 $i$ 后面只允许不超过 $i+b_{i}$ 在 $i$ 前打饭. 而每一次 $i$ 打饭的代价为 $上一个打饭位置t_{上一个打饭位置}$ ^ $t_{i}$ 求一种分配打饭的先后顺序，使得总代价最小.
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摘要：思路非常好想，但是你很难想到去用这个算法，因为这个几乎就是个乱搞~ 我们发现多项式中每一个系数都很大，但是 $m$ 却很小，即最多只用 $10^6$ 个整数需要验证. 我们知道，如果一个数等于 $0$，那么这个数模任何一个数也都应该该等于 $0$ 所以可以直接取 $3$ 个左右的质数当模数，分别带值
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摘要：还是老套路：期望图上的格子数=$\sum$ 每个格子被涂上的期望=$\sum$1-格子不被图上的概率 这样的话就相对好算了. 那么，对于 $(i,j)$ 来说，讨论一下上，下，左，右即可. 然后发现四个角的面积会被重复统计，所以再减去 $4$ 个角的贡献即可. #include <bits/stdc
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摘要：题意：有一个栈，随机插入 $n$ 次 $0$/$1$ 如果栈顶是 $1$，然后插入 $0$，则将这两个元素都弹出，否则，插入栈顶. 求：$n$ 次操作后栈中期望的元素个数. 我们发现，按照上述弹栈方式进行，栈中元素一定是由若干个连续 $0$ 加上若干个连续 $1$ 组成. 而 $1$ 所在的联通块还
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