随笔分类 - all—好题
摘要：点分治，设当前处理的块的重心为rt，预处理出每个子树中f[v][0/1]表示组合出、没组合出一对值v的链数（从当前儿子出发的链），能组合出一对v值就是可以有一个休息点 然后对于rt，经过rt且合法的路径是两边拼起来至少有一个休息点的路径，每次假如新儿子都和之前的儿子组合一遍即可，注意f[0][0]实
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摘要：不太清楚是不是动态dp……？ 这个维护其实和最大连续子段差不多，维护l[x][y],r[x][y],m[x][y]分别表示包含左儿子的01个数为(x,y)的区间个数，包含右儿子的01个数为(x,y)的区间个数，和01个数为(x,y)的所有区间个数 x表示1的个数情况，0表示0个，1表示1个，2表示
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摘要：参考：https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/8632904.html 要开longlong的 首先看dp，设f[u]为必选u点的子树内最大联通块，p[u]为不一定选u的子树内最大联通块，转移很显然就是f[u]=max(Σf[v],0),p[u]=max(max(p[
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摘要：我没有找到能在bzojAC的代码……当然我也WA了……但是我在洛谷过了，那就假装过了吧 minmax线段树一开始写的只能用min更新min，max更新max，实际上是可以互相更新的…… 首先看第二问，注意到因为没有相交，所以可以全都按某种顺序像同一个方向移动来完成游戏，这个顺序通过扫描线找到，用se
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摘要：首先看出终止状态是全都堆在左边或者右边，然后发现黑的向左白的向右是最优策略（如果不能这样了也就该输了） 然后就不会了 参考 http://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7707746.html 发现黑白之间的距离一定是不断缩小的，就相当于k堆石子，每次从1~d堆里拿走一些，
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摘要：这个东西卡常……预处理的时候要先把i%j,i/j都用变量表示，还要把%2变成&1…… 首先每一堆都是不相关子游戏，所以对于每一堆求sg即可 考虑暴力枚举石子数i，分割块数j，分解成子问题求xor和（其实就是根据i/j,i/j+1的个数的奇偶性xor一下即可），然后对sg[i]暴力mex，这样是n^2
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摘要：先预处理出来sg值，然后先手必败状态就是sg[a[i]]的xor和为0（nim） 如果xor和不为0，那么一定有办法通过一步让xor和为0，具体就是选一个最大的sg[a[i]]，把它去成其他sg值的xor和，这样后手的xor和就是0了 当然并不一定要取最大的，只要sg[a[i]] (ans^sg[a
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摘要：必败状态是倒序排列，也就是正序对为0 然后发现，每次翻转都是有奇数个数对（\\( C_{4x+2}^{2} C_{4x+3}^{2} \\) 都是奇数），所以每次翻转丢回改变正反数对的奇偶性 又因为偶数为必败状态，所以顺序对为奇数则必胜 cpp include include using names
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摘要：必败状态是n为偶数并且数量相同的石子堆可以两两配对，因为这样后手可以模仿先手操作 其他状态一定可以由先手给后手一步拼出一个必败状态（用最大堆补） cpp include include include using namespace std; const int N=100005; int n,a[
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摘要：也就是转换到树形删边游戏，详见 https://wenku.baidu.com/view/25540742a8956bec0975e3a8.html cpp include include include using namespace std; const int N=1005; int T,n,
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摘要：把连边和不连边看成黑白染色，然后就变成了 https://www.cnblogs.com/lokiii/p/10055629.html 这篇讲得好！https://blog.csdn.net/wzq_qwq/article/details/48035455 cpp include include u
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摘要：参考 https://wenku.baidu.com/view/fee9e9b9bceb19e8b8f6ba7a.html?from=search 的最后一道例题 首先无向完全图是个若干点的置换，但是实际上要染色边，也就是要求边的置换 首先，通过dfs构造一个点的置换，然后再把每个置换分割加起来就是
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摘要：其实也不是FWT……我也不知道刷FWT专题问什么会刷出来这个东西 这是min max容斥讲解：https://www.zybuluo.com/ysner/note/1248287 总之就是设min(s),max(s)分别表示集合s里最早和最晚出现的元素，显然E(amx(全集))就是答案 然后有这样的
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摘要：满足GL的组合一定包含GL每个质因数最大次幂个最小次幂，并且能做限制这些数不会超过600个 然后质因数最多8个，所以可以状压f[s1][s2]为选s1集合满足最大限制选s2集合满足最小限制 dfs一下预处理出质因数只选一个质因数的初始状态 然后dp，做一个前缀一个后缀，设f[i][j]为前i个质因数
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摘要：想了好长时间最后发现真是石乐志 第一反应就是两边之和大于第三边，但是这个东西必须要满足三次…… 任意的两边之和合通过生成函数套路+FFT求出来（记得去掉重复选取的），然后这任意两边之和大于任意第三边可以用一个前缀和求得（同样记得去重，前缀和里面一定包含前两条边），这样我们就得到了任意两边之和大于任意
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摘要：考虑正难则反，我们计算所有对称子序列个数，再减去连续的 这里减去连续的很简单，manacher即可 然后考虑总的，注意到关于一个中心对称的两点下标和相同（这样也能包含以空位为对称中心的方案），所以设f[i]为下标和为i的对称中心一共有多少对相同字符，这样总答案就是\\( \sum_{i=0}^{2
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摘要：还是没有理解透原根……题目提示其实挺明显的，M是质数，然后1 include include using namespace std; const int N=20005,mod=1004535809,g=3; int n,m,x,k,s[N],d=2,id[N],lm,bt,re[N]; long
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摘要：真实脑洞题 因为通配符所以导致t串实际有指数级别个，任何字符串相关算法都没有用 考虑一个新的匹配方法：设a串（模板串）长为n，从m串的i位置开始匹配：\\( \sum_{i=0}^{n 1}(a[j] b[i+j])^2a[j] \\) 这个东西只有在从i开始的长为n的a串子串与b串完全匹配的时候才
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摘要：瞎搞居然1A，真是吃鲸 n的范围只有聪明人能看见……建议读题3遍 首先看计数就想到生成函数，列出多项式A(x)，然后分别考虑123 对于选一个的直接计数即可； 对于选两个的，\\( A(x)^2 \\)，然后注意这里两个选一样的是不合法的，各出现了一次，所以减掉，然后这里是有顺序的，所以最后再除以2
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摘要：首先根据生成函数的套路，这个可以写成： $$ \prod_{i=1}^{n}(1+x^1+x^2+...+x^{c[i]}) $$ 然后化简 $$ =\prod_{i=1}^{n}\frac{1 x^{c[i]+1}}{1 x} $$ $$ =\prod_{i=1}^{n}\frac{1}{1 x}
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