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摘要："【51nod】1602 矩阵方程的解" 这个行向量显然就是莫比乌斯函数啦，好蠢的隐藏方法= = 然后我们尝试二分，二分的话要求一个这个东西 $H(n) = \sum_{i = 1}^{n} \mu(i) == d$ 当然$\mu(x)$由于一些很好的性质，这个东西可以用分类讨论做出来 众所周知，求
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摘要："【51nod】1634 刚体图" 给一个左边n个点右边m个点二分图求合法的连通图个数，每条边选了之后会带来价值乘2的贡献 类似城市规划那道题的计数 设$g[i][j]$为左边$i$个点，右边$j$个点的图有多少个（就是边随便连） $f[i][j]$为左边$i$个点右边$j$个点的连通图有多少个 然
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摘要："【51nod】1407 与与与与" 设$f(x)$ 为$A_{i} \& x == x$的$A_{i}$的个数 设$g(x)$为$x$里1的个数 $\sum_{i = 0}^{2^{20}} ( 1)^{g(x)}2^{f(x)}$ $f(x)$就是按位取反之后的一个FMT卷积，把判断条件改成这一
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摘要："【51nod】1776 路径计数" 我们先把前两种数给排好，排好之后会有$a + b + 1$个空隙可以填数，我们计算有$k$个空隙两端都是相同字母的方案数 可以用枚举把第二种数分成几段插进去来算，设这个方案数为$f[k]$ 然后对于一种有$k$个空隙的方案数，枚举剩下的$a + b + 1 k$
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摘要："【51nod】 2622 围绕着我们的圆环" kcz出的一道比赛题 第一次写带修改的线性基 ps：我觉得我计数计的好麻烦 首先是这个可以认为第二个矩阵是$q$个$s$位数，如果这$q$个数的线性基可以消掉$C$中每一行，那么答案就应该是，设线性基个数是$x$，则应该是$2^{q x}$随便选，然后
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摘要："【51nod】2564 格子染色" 这道题原来是网络流…… 感觉我网络流水平不行…… 这种只有两种选择的可以源点向该点连一条容量为b的边，该点向汇点连一条容量为w的边，如果割掉了b证明选w，如果割掉了w证明选b 那么$p$的限制怎么加呢，新建一个点$i'$，然后$i$往$i'$流一条容量为$p$的
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摘要："【51nod】2027 期望问题" %%%zsy 看不懂题解的垃圾选手在zsy大佬的讲解下终于知道了这道题咋做…… 先把所有$a$从大到小排序 设$f_{i}$为前$i$个数组成的排列的值，然后显然第$i + 1$个插进来的时候，有$i + 1$个位置，而且它比谁都要大 以下默认$f_{1}$到$
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摘要："【51nod】2591 最终讨伐" 敲51nod是啥评测机啊，好几次都编译超时然后同一份代码莫名奇妙在众多0ms中忽然超时 这道题很简单就是$M$名既被诅咒也有石头的人，要么就把石头给没有石头被诅咒的人，然后互换身份，要么就找一些人构成一个置换圈，内部消化，$N$名有石头没诅咒的人不能把石头给M，
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摘要："【51nod】2590 持续讨伐" 挣扎着卡了卡常过了 记$dp[i][j]$为到第$i$位，和第$i$位相连的部分长度$x^{j}$乘上之前部分所有方案$x^{K}$总和 转移用二项式定理展开即可，若这位不选，可以有$dp[i + 1][j] = dp[i][K]$ 矩阵乘法优化一下，卡常用预处
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摘要：51nod 2589 快速讨伐 又是一道倒着推改变世界的题。。。 从后往前考虑，设$dp[i][j]$表示还有$i$个1和$j$个$2$没有填，那么填一个1的话直接转移过来 $dp[i][j] \rightarrow dp[i 1][j]$ 如果填一个$2$要把$A[j]$的那些敌人都扔在这个2的后
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摘要：51nod 2606 Secondary Substring 感觉有趣的一道计数，实际上不难 感觉好久没用这种技巧了，导致我还在错误的道路上想了好久。。。 观察题目性质，可以发现就是左边第一次出现两遍的数字的位置$[i,n]$是一个合法的次级子串 右边第一次出现两遍的数字的位置$[1,j]$是一个合
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摘要：题解 一道比较神奇的二分图匹配 既然有n个元素，那么能匹配n个位置，我们把这n个位置找出来，是每个区间从左端点开始找到一个没有被匹配到的位置作为该点（我们忽略右端点） 然后我们从价值大到小，然后从左端点的位置开始匹配，如果这个点没有被匹配，就匹配这个点 否则如果这个点已经匹配的区间右端点大于该点的右
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摘要：题解 我们由于莫比乌斯函数如果有平方数因子就是0，那么我们可以列出这样的式子 $\sum_{i = 1}^{n} \sum_{d|i} (1 |\mu(d)|)$ 然后枚举倍数 $\sum_{t = 1}^{n} \sum_{d = 1}^{\lfloor \frac{n}{t} \rfloor}
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摘要：题解 我们把这个函数的递归形式画成一张图，会发现答案是到每个出度为0的点的路径的方案数 这个可以用组合数算 记录一下P[i]为i减几次PI减到4以内 如果P[i + 1] P[i]，那么转向的路径走P[i]次，否则走P[i] 1次 代码 cpp include include include inc
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摘要：题解 我们发现每次决策的时候，我们可以判断某个点的决策，至少小于等于几个点或者至少大于等于几个点 我们求最大值 dp[u][1 / 0] dp[u][1]表示u这个点先手，至少大于等于几个点 dp[u][0]表示u这个点后手走，至少大于等于几个点 转移的时候从dp[u][1]取所有点dp[v][0]
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摘要：题解 这个字符集很小，我们可以把每个字符拿出来做一次匹配，把第一个字符串处理每个出现过的该字符处理成一个区间加，即最后变成第一个字符串的该位置能够匹配某字符 例如对于样例 10 4 1 AGCAATTCAT ACAT 我们做A的时候，把第一个串处理成 AAAAAA00AA0 第二个串 A0A0 那么
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摘要：题解 很显然我们求出一组线性基来，如果有M个基，那么可以构造N M + 1个最大异或值 而对于线性基中的元素，除了最大的元素，我们用最大异或值异或掉每个元素累加进答案 而不是把线性基中的元素处理成一个下三角矩阵! 代码
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摘要：题解 最近一遇到神仙题一卡就好久……做点水题滋养一下自己吧= = 显然我们发现放一个方块的奇偶性不会改变，所以格子如果黑格子是奇数，那么就是No 我们发现每个2 × 3的方格里的2 × 1的黑格子都可创造并且平移，这样我们就可以愉快地造出4的倍数了，所以这种情况只要判黑格子奇偶性就行 那么2×2的特
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摘要：题解 FWT板子题 可以发现 $dp[i][u] = \sum_{i = 0}^{N 1} dp[i 1][u xor (2^i)] + dp[i 1][u]$ 然后如果把异或提出来可以变成一个异或卷积 也就是另一个数组里只有$0$,$2^0$,$2^1$...$2^{n 1}$有值 用FWT变换一
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摘要：题解 这题还要判无解真是难受…… 我们发现我们肯定能确定1的位置，1左右的两个区间是同理的可以确定出最小值的位置 我们把区间最小值看成给一个区间+1，构建出笛卡尔树，就求出了每一次取最小值和最小值左右的区间大小 然后就相当于左右子树的排列方式，乘上把左右子树那么多个元素选出左子树个数和右子树个数那么
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