01 2021 档案
摘要：若随机选择为第 \(x\) 个数，得其对答案的贡献为： \[ \large \prod_{i\neq x}a_i=\prod_{i}a_i-(a_x-1)\prod_{i\neq x}a_i \] 设 \(b_i\) 为第 \(i\) 个数被选择的次数，考虑差分，得最终答案为： \[ \large
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摘要：特征向量和特征值 概念 对于一个线性变换，若一个向量经过这个线性变换后，只是拉伸或者压缩，并没有离开该向量张成的空间，则称这个向量为该线性变换的特征向量，其中特征向量拉伸或者压缩的比例称为特征值。有些线性变换不存在特征向量，如旋转。 考虑一个线性变换 \(A\)，设 \(v\) 为它的某个特征向量，
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摘要：设长度为 \(n\) 字符集大小为 \(k\) 的回文串的个数为 \(g(n)=k^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\)，回文串的每个循环位移都有贡献，但因为循环同构，直接算会算重。不难发现若一个回文串是由同一个串重复循环得到的，那么该串也为回文串，即若有回文
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摘要：有一个结论：\(\varphi(nm)=\frac{\varphi(n)\varphi(m)\gcd(n,m)}{\varphi\left(\gcd(n,m)\right)}\)，考虑证明： \[ \large\begin{aligned} \varphi(nm)&=\frac{\varphi(n)
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摘要：考虑枚举每个点来计算答案，枚举到一个点时，将该点看作是树的根。设 \(f_{x,i}\) 为在 \(x\) 的子树内进行删边，只考虑后 \(i\) 条边的编号分配，其余边任意分配，且根节点编号最后仍为 \(x\) 的概率之和。得 \(x\) 的最终答案为 \(\frac{f_{x,n-1}}{(n-
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摘要：先将询问离线，从小到大扫描右端点并维护左端点的答案。让每个关键点在能覆盖它的矩形中编号最大一个有贡献，每次询问就是查询矩形对应的区间贡献和。 每次右端点移动时，考虑新加入的矩形覆盖的点集，将该点集有贡献的位置修改为当前的右端点。这一过程可以用 \(K-D\ Tree\) 来维护，暴力回收子树内的标记
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摘要：不难发现连通块一定是连续的一段。考虑枚举连通块的右端点 \(p\)，要求 \([1,p]\) 和 \([p+1,n]\) 之间没有连边，即 \(\min\limits_{1 \leqslant i \leqslant p} a_i > \max\limits_{p+1 \leqslant i \le
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摘要：有个结论，原问题可以转化为每次开枪的概率中的分母不变，当射到一个已经死掉的猎人时，就继续开枪，不难发现这样射中第 \(i\) 个人的概率和原问题一样，设 \(W=\sum\limits_{i=1}^n w_i\)，\(T\) 为已经死掉的猎人的 \(w_i\) 的和，得： \[ \large\lef
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摘要：若 \(\frac{a}{b}\) 为纯循环小数，设 \(l\) 为其循环节长度，得： \[ \large \frac{a}{b}\left(k^l-1\right) \in\mathbb Z \Rightarrow k^l=1 \pmod{b} \Rightarrow k \perp b \] 所
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摘要：所求即为： \[ \large \sum_{a=1}^n\sum_{b=a+1}^n\left[ a+b \mid ab \right] \] 设 \(\gcd(a,b)=d,a=id,b=jd\)，得： \[ \large\begin{aligned} d(i+j)&\mid ijd^2\\ (i
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摘要：CF582E Boolean Function 四元组 \((A,B,C,D)\) 的情况只有 \(16\) 种，将每种情况的函数值进行状压，在表达式建出的二叉树上进行 \(DP\)，合并子树为对应的卷积。 链接 CF449D Jzzhu and Numbers 先做集合交卷积的莫比乌斯变换，然后快
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摘要：概念 若 \(n\) 不是 \(p\) 的倍数且在模 \(p\) 的意义下和某个数的平方同余，则称 \(n\) 为模 \(p\) 的二次剩余，否则称 \(n\) 为模 \(p\) 的非二次剩余。 求解二次剩余就是求解形如： \[ \large x^2 \equiv n \pmod{p} \] 的方程
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摘要：概念 若 \(X\) 为非负整数集 \(\mathbb{N}\) 上的离散随机变量，其满足 \(\text{Pr}(X=i)=a_i\)，则称 \(a_n\ (n \in \mathbb{N})\) 的生成函数为 \(X\) 的概率生成函数，得： \[ \large F(z)=\mathbb E(z
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摘要：考虑 \(DP\)，设 \(f_i\) 为考虑了前 \(i\) 张牌的最大总分，\(a_i\) 为第 \(i\) 张牌的种类，\(s_i\) 为前 \(i\) 张牌和第 \(i\) 张牌的种类相同的牌的个数，得转移为： \[ \large f_i=\max_{a_j=a_i}\left \{ f_{
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摘要：设 \(pre_i\) 为只考虑 \(d\) 的限制下能转移到 \(i\) 的最小端点，发现 \(pre_i\) 随着 \(i\) 单调变化，因此可以通过单调队列求出 \(pre_i\)。 然后就只用考虑 \(c\) 的限制了，考虑分治，对于区间 \([l,r]\)，设 \(c_k\) 为该区间的最
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摘要：对于 \(x\)，存在 \(p\)，满足 \(2^p \leqslant x < 2^{p+1}\)，对于所有 \(a_i\) 按 \(\left\lfloor \frac{a_i}{2^p} \right\rfloor\) 的值分组，得每组内的两两异或值都 \(<x\)。 然后就只需考虑组与组之间
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摘要：用 \(kmp\) 暴力处理经过 \(lca\) 的匹配，这一部分复杂度为 \(O(\sum|s|)\)。然后就只用考虑直上直下的链的匹配，离线后对询问串建 \(AC\) 自动机，在原树上遍历时加入贡献，答案差分统计，即长链的匹配减去短链的匹配，用树状数组维护 \(fail\) 树子树和即可。 #i
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