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传送门 万年前的讲课题 现在还是不会做 考虑这个物品体积有什么性质 感觉上没什么性质，但发现有个 \(a\leqslant 10,n\leqslant 100\) 然后思考二进制分组的可行性 核心难点在于合并 \(2^i\) 和 \(2^{i-1}\) 的答案 发现 \(2^{0\cdots i-1 阅读全文
posted @ 2022-06-08 20:33
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传送门 20 pts 好像能当成 GT 考试做 哦其实令一个 \(f_i\) 为确定了前 \(i\) 个，其中存在不合法的的方案数就能 \(O(n)\) 做了 然后正解： 我以为这玩意是不能二项式反演的其实可以 令 \(f_i\) 为恰好有 \(i\) 组，\(g_i\) 为至少 \(i\) 组的方 阅读全文
posted @ 2022-06-08 16:17
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传送门 不做评价 考虑计算没有任何一行一列同色的方案数 考虑枚举钦定有 \(i\) 行 \(j\) 列同色 令 \(g_{i, j}\) 为有 \(i\) 行 \(j\) 列同色方案数 \(i>0\and j>0\) 时有 \(g_{i, j}=\binom{n}{i}\binom{m}{j}3*3 阅读全文
posted @ 2022-06-08 14:08
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传送门 直接钦定至少有多少个满足要求的话会发现剩下任意选的那些会影响一列是否合法 所以考虑钦定至少有多少个不合法的 令 \(g_{i, j}\) 为至少有 \(i\) 行 \(\neq 1\)，同时至少有 \(j\) 列 \(\neq 1\)，\(f_{i, j}\) 是恰好 有 \[f_{0, 0 阅读全文
posted @ 2022-06-08 10:47
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传送门 果然我连蓝题都不会做 口胡做法： 三个限制，考虑二项式反演套二项式反演套二项式反演，每次剥掉一层限制 那么最内层限制大概形如要求一个 \(f_{i, j, k}\) 为至多用 \(i\) 种颜色，给 \(j\) 行 \(k\) 列染色（不要求每行每列都有涂色格子）的方案数 应该是对的吧 上面 阅读全文
posted @ 2022-06-08 10:05
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传送门 这题要是放 T1 大概能过一车吧…… 发现序列是 \([l, r]\to [l+1, r+2]\to\cdots\) 考虑倒推，发现有个事情是若当前是某个在 \(s\) 中出现了至少两次的串的子串，则可以跳到另一次出现中 那么我们总是可以从靠左的那次出现跳到靠右的那次出现，循环往复直到串长为 阅读全文
posted @ 2022-06-08 09:01
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传送门 答案是 \[\sum\limits_{i=0}^{n-1}w_i\sum\limits_{j=0}^{s_i}|s_i-j|\binom{i+j-1}{j}\binom{n−i+S−j-1}{n-i-1} \]然后照着题解推式子 \(j\binom{i+j-1}{j}=i\binom{i+j 阅读全文
posted @ 2022-06-08 08:55
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传送门 全世界就 tm 我不会签到题 考虑一个 \(O(n^7)\) 的 DP 合法的排列就 3 个 存有几个 1， 2， 3， 21， 32， 13 就行了 注意精细处理上界 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define 阅读全文
posted @ 2022-06-08 08:49
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传送门 考虑将一些乘法改成加法 那么就是求一个最大的 \(\frac{1+\sum b+i}{\prod a_i}\) 先将 \(a_i=1\) 的全都选了 剩下的发现分母是指数级的，所以最多选 log 个 那么每次贪心选能最大化分式的值的就好了 复杂度 \(O(n\log n)\) 点击查看代码 阅读全文
posted @ 2022-06-08 08:46
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传送门 考虑什么时候一个数 \(i\) 不能被拼出来 发现肯定是要用 \([1, i-1]\) 中的数去拼，但不能被拼出来似乎有很多种情况欸？ 那么考虑第一个不能被拼出来的数 \(i\) 这个数有很好的性质是 \([1, i-1]\) 中被选择的数的和是 \(i-1\) 且 \([1, i-1]\) 阅读全文
posted @ 2022-06-08 08:39
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传送门 有空去做一下 GLR 2 的手势密码 考虑贪心 对每个子树维护向上延伸的路径 那么路径分三类：对应的 \(s_i\) 还未到过的，已经到过其对应的 \(s_i\) 的，两端点为祖先关系的 还有一种是端点在某个点的两个不同子树的 称两端点为祖先关系的为一类路径，端点在某个点的两个不同子树的为二 阅读全文
posted @ 2022-06-08 07:59
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传送门 啥也不会实锤了 先考虑一个类似括号匹配的配对策略 怎么去找这些匹配呢？ 发现同色钥匙非常少 那么把每种颜色的钥匙和宝箱拉出来建虚树 关于建虚树：一个比较省事的做法是将点集中的点拉出来按 dfs 序排序，对相邻两个求 lca 这样最终在虚树上的点都被找出来了，那么按照 dfs 序的包含关系连边 阅读全文
posted @ 2022-06-08 07:19
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传送门 发现这个操作就是一次置换 考虑回到原序列所需最小次数就是所有置换环大小的 lcm 还有个交换两项很烦 但发现交换置换环 A 中一项和 B 中一项产生的影响相当于删掉 A, B 加入一个 \(siz_c=siz_a+siz_b\) 的 C 那么发现大小相同的置换环是等价的 又有 \(\sum 阅读全文
posted @ 2022-06-08 07:09
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