摘要： 传送门 求最小表示法意义下的不同子串数 当字符集很小时存在一个做法是枚举映射 设字符集大小为 \(m\) 则若我们保证了一个子串每种 原字符 和 最小表示法下对应的字符 的映射都在原串中出现过， 那答案就是本质不同子串数除以 \(m!\) 为了保证每种映射都出现过我们可以枚举映射将原串映射一遍接在后 阅读全文

摘要： 传送门 调吐了 每次写线段树历史和都必定假至少一次 多次查询 \(\sum\limits_{i=l}^r\sum\limits_{j=i}^r \operatorname{mex}(a_i, a_{i+1},\cdots,a_{j})\) 考虑扫描线维护每个区间的 mex，最后历史和加起来 查询的话 阅读全文

摘要： 传送门 首先发现纵坐标都相同的时候可以从上面每个点向下面一条线算投影 还可以发现纵坐标都相同而且强制在线的话可以人类智慧 然后正解： 感觉可以对每个端点分开考虑比较不好想 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define INF 阅读全文

摘要： 传送门 没看见“有限区域”爆零了 首先这个 30 度很烦，我们转一下坐标系 就是原来的基向量乘上一个矩阵等于新的基向量，解出这个矩阵来即可 现在每个点可以向右/上引出一条射线，求最大有限区域数 考虑用欧拉公式转化一下 发现对于最终的每个连通块，每个有限区域的每条边唯一对应一条射线 那么我们要做的就是 阅读全文

摘要： 传送门 发现可以对字符建出一张有向图 那么有一些点上有个棋子，每次可以选一条边 \((u, v)\)，若 \(u\) 上有棋子则移动到 \(v\) 当两个棋子移动到同一个点上时会合并 求将每条边操作至少一次后最多剩下多少棋子 首先发现若一个强连通分量中含有空点，那么这个强连通分量中的所有边都可以无代 阅读全文

摘要： 传送门 先设法构造一个 \(f(a, b)=a\oplus b\) 找性质的话可以画表格 有 \(f(a, b)=-(a+b)\pmod 3\) 于是一次操作为 \(f_i=-(f_i+f_{(i+1) \bmod n})\pmod 3\) 于是可以卷积处理但我不会循环卷积啊 发现系数可以用组合数表 阅读全文

摘要： 传送门 当出现形如 \(n\times m\leqslant 100\) 的条件时，若钦定 \(n\leqslant m\) 可以将 \(n\) 约束到根号级别 完全就是考察选手敢不敢写 觉得状态数炸天的就没有分了 觉得可以写写试试就可以 A 了 令 \(f_{i, s, j, k}\) 为到 \( 阅读全文

摘要： 传送门 首先容易看出一个第 \(i\) 次操作砸一个编号为 \(i\) 的球，最后砸一个编号为 \(n-sum\) 的球的做法 这样的复杂度是 \(O(\sqrt n)\) 的 然后发现每种编号的球留一个就够了，剩下的全都可以砸 于是就可以过了，复杂度应该是……阶乘的反函数？ 注意当 \(n\) 很 阅读全文

摘要： 传送门 连基础容斥都不会了怎么办啊 第一思路是两层容斥，每层满足一个限制，然后就不会做了 然而第二个限制明显比第一个强，更适合做外层容斥 令 \(F(i)\) 为 有 \(i\) 种 topping 不合法，其余任意的方案数 则 \[ans=\sum (-1)^iF(i) \]令 \(f(i)\) 阅读全文

摘要： 传送门 首先可以想到容斥 但具体怎么容斥还是有点特别的 令 \(f(s)\) 为钦定 \(s\) 中的点满足 \(|a_i-i|=k\)，剩下的点随便选的方案数 发现在一个排列中钦定一个 \(a_i\) 的值并不影响剩下的数做排列（即剩下的数的排列方案数是 \((n-1)!\)） 那么就可以得到 \ 阅读全文