摘要：
由Lucas定理，C(n,m)%P=C(n%p,m%p) C(n/p,m/p)可知C(n,m)为奇数的充要条件是(n&m)=m。 考虑到ai using namespace std; const int N=233335; const int mod=1000000007; int n,a[N],p 阅读全文
摘要：
倍长数组$T$。 若从$x$出发，依次标记完所有物品的代价为$n 1+\max_{i=x}^{x+n 1}\{T_i (i x)\}$，如果某个物品$y$被跳过一次才取到，则取到$y$时的增加的代价/固有时间$n$，而减少的代价/等待时间却不会超过$n$，因为$y$在绕一周之后能够被标记到，总不会减 阅读全文
摘要：
树上路径带修第k大问题，没有强制在线。 ~~主体~~思想：l[x]为点x的dfs序，r[x]为子树x中最后一个节点的dfs序，sum[i]为dfs序为1~i的节点的某种和，d为x,y的lca，则路径x~y的和=sum[l[x]]+sum[l[y]] sum[l[d]] sum[l[fa[d]]]。单 阅读全文
摘要：
显然，随机产生的n个节点二叉树共有n!中结构，且出现每种结构的概率相同，因此之需求所有方案的不方便度之和即可。 让边的编号为儿子节点的编号。考虑边i(i∈[2,n])在所有情况下产生的贡献？（ 很重要的方法 ） 枚举点i的子树大小t(t∈[1,n i+1])，对应的每张方案边i都有t(n t)的贡献 阅读全文
摘要：
用并查集合并相同的点，答案为9 10^{并查集的块数 1}。 由“区间对区间的”可以联想到线段树优化之类的方法，换成倍增会更简单~ ~~~cpp include define ll long long using namespace std; const int N=1e5+10; const in 阅读全文
摘要：
令1为树根，T=Σd[i],sum[x]是子树x中的d之和，dis[x]是节点x的带权深度。 对于节点x的儿子y，边长为w，如果y比x更优，则(T sum[y])\ w sum[y]\ w=T/2。 换句话说，若存在sum[y] T/2，显然y更优，且y只存在一个（对于x）；若存在sum[y]=T/ 阅读全文