随笔分类 - 题解
摘要：点我看题 G - Sequence in mod P 稍微观察一下就会发现，进行x次操作后的结果是$A^xS+(1+\cdots +A^{x-1})B$。如果没有右边那一坨关于B的东西，那我们要求的就是满足$A^x \equiv \frac GS$的最小的x(离散对数)。有一个叫BSGS的东西是专门
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摘要：点我看题 题目质量一言难尽（至少对我来说 所以我不写D的题解了 A - mod M 发现如果把M选成2，就可以把答案压到至多2。所以答案只能是1或2，只要判断答案能不能是1即可。如果答案是1，那么M必须是所有任意两个数的差的GCD的因子，只要检查这个GCD是否是1即可。实现的话之间取所有相邻两个数的
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摘要：点我看题 A - Max Mod Min 非常诈骗。一开始以为要观察什么神奇的性质，后来发现直接模拟就行了。可以证明总操作次数是$O(nlog a_i)$的。具体就是，每次操作都会有一个数a被b取模，然后变成a%b。注意到a%b是$\leq \frac a2$的，并且a被操作之后会变成整个数据最小的
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摘要：题目 本题需要用到的结论： 一.兰道定理 二.如果$n\geq4$，那么$n$个点的强连通竞赛图存在$n-1$个点的强连通子图。 证明： 现在有一个n-1个点的竞赛图(不一定强连通，称其为原图)，加入n号点，得到的n个点的竞赛图是强连通的。将原图强连通分量分解，按照拓扑序排好，称为$a_0 \cdo
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摘要：题目 首先明确先手的棋子是往左走的，将其称为棋子1；后手的棋子是往右走的，将其称为棋子2。 如果有一些行满足1在2右边，也就是面对面，那其实就是一个nim，每一行都是一堆石子，数量是两个棋子之间的空格数。这些行称为nim行。 如果一些行1在2左边，那么两个人能走的步数是互不影响的；在这种行里，不管是
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摘要：点我看题 A - Three Cards 先把所有数按位数从多到少排序，答案的位数一定等于位数最多的三个数的位数之和$tot$。对于每个i，把有i位的数排序，并记录每个i的排序结果。最后枚举答案中三个数最靠前的数$a_i$，然后枚举第二个数的长度$lenj$，取长度为lenj的数中最大的。如果这个最
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摘要：题目 算是诈骗题？ 令一开始就存在的颜色数为cnt。k>=cnt的情况，显然每次找一个出现不止一次的颜色，然后把这个颜色的恰好一个方块替换成一种没有出现过的颜色就可以了，$k-cnt$次解决问题。先把这种特判掉。 然后再把k=1的情况也判掉，不然后面不好弄。 否则的话可以说明：最多需要2次操作。只要
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摘要：考虑先枚举所有的物品中最后拿走的，这样就分成了2个子问题，即先拿完左边的，再拿完右边的，最后拿选出的那个。令dp(i,j)表示拿完[i,j]所有物品的最小代价。你可能会说，我们拿[i,j]这一段物品的时候，i左边和j右边的第一个物品可能会不断变化，影响i和j的最终价格。其实是不会的，还是想想一开始说
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摘要：题目 建立一个二分图，左右各n个点，在左边的第x个点和右边的第y个点之间连一条权值为$a_{x,y}$的边。根据“积和式”的定义，我们是要在矩阵中选择n个位置，满足任意两个位置不共行、不共列，并计算所有选择方案的对应位置的值的积之和。显然，每一种选位置的方案对应这个二分图的一个完美匹配，我们现在要计
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摘要：题目 (可能有点长，但是请耐心看完，个人认为比官方题解好懂:P) 首先需要注意，对于任意节点i上的一个棋子，如果在一种走法中它走到了节点j，另一种走法中它走到了节点k，那么这两种走法进行完后，棋子占据的节点集合不可能相同，因为在这两种走法中，节点i必有两个子树中的棋子数量不同。所以，题目中的"被占据
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摘要：题目 建图很妙，~~不会~~。 考虑每一对要求合法的巫师(x,y)，他们两个的$a$必须都大于$min(b_x,b_y)$。所以在输入的时候，如果$a_x$或者$a_y$小于$min(b_x,b_y)$，可以先把$a_x$和$a_y$提升到$min(b_x,b_y)$(以后的a数组都指做过这步操作的
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摘要：题目 首先还没有安排座位的$m-k$个人之间是有顺序的，所以先把答案乘上$(m-k)!$，就可以把这些人看作不可区分的。 已经确定的k个人把所有座位分成了k+1段。对于第i段，如果我们能求出这一段恰好额外坐j人时的代价总和$f_{i,j}$,并令$f_{i,j}$的普通生成函数为$F_i(x)$，答
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摘要：题目 令$dp_{i,j}$表示从点1到达点i，路径长度为j的方案数。转移为$dp_{i,j}=\sum_{(i,v,w)\in E}dp_{v,j-w}p_{i,v,w}$。 显然只能从长度小的转移到长度大的，而且转移是一个自己和自己卷积的形式。考虑分治FFT，当分治到$(l,r)$时，考虑$dp
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摘要：题目 神题。很多东西都不知道是怎么凑出来的，随意设置几个变量，之间就产生了密切的关系。下次碰到这种题应该还是不会做罢。 令$E_x$为最后结束时所有的饼干都在第x个人手中的概率*时间的和。$ans=\sum E_x$。 令$C$为现在所有的饼干都在第x个人手中，要将它们全部转移到第y($x \neq
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摘要：题目 考虑DP。$f(msk,i)$ 表示集合 $msk(一定包含0号点)$ ，选了恰好i条边的连通方案数。转移用容斥，用这个点集内部所有连边方案减去不连通的。令$|e_{msk}|$表示两个端点都在集合msk内的边数，D为$e_{\complement_{msk}sub}$(sub在msk中补集内
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摘要：题目 题目里要求的是： $$ \sum_{k=0}^n f(k) \times X^k \times \binom nk $$ 这里面出现了给定的多项式，还有组合数，这种题目的套路就是先把给定的普通多项式转成下降幂多项式。这一步可以做到$O(mlogm)$，(模板)但是这题不需要，这个后面再说。假设
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摘要：题目 观察当k固定时答案是什么。先假设每个节点对答案的贡献都是$\binom{n}{k}$，然后再减掉某个点没有贡献的选点方案数。对于一个节点i，它没有贡献的方案数显然就是所有k个节点都选在i连出去的某一个子树内的方案数。枚举节点i，把i连出去的每一个子树的size都加入一个序列c，则答案为$\bi
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摘要：题目 令$f_i$表示n个点的答案。考虑容斥，用所有连边方案减去有多个连通块的方案。枚举1号点所在的连通块大小： $f_i=2^{i(i-1)/2}-\sum_{j>0}^{i-1}f_j \binom{i-1}{j-1}2^{(i-j)(i-j-1)/2}$ $\binom{i-1}{j-1}$表
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摘要：题目 首先令$f_i$表示权值和为$i$的二叉树数量，$f_0=1$。 转移为：$f_k=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^{k-c_i}f_j f_{k-c_i-j}$ 令多项式$D=\sum_{i=0}^m [i在c中出现过]x^i$，$F(x)为f的普通生成函数$，根据转移式发现
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摘要：题目 首先令$x=i$时的答案为$f_i$ ，令$f_i$对应的普通生成函数为$F(x)$。 很容易发现$F(x)=\sum_{i=0}^n (1+x)^{3i}$，sigma是在枚举第几轮吃(i=0也枚举了，不影响答案), $(1+x)^{3i}$是在枚举$3i$只猪里哪些会被吃。 用等比数列求和
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