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摘要： "传送门" 仔细观察可以发现,如果在一个$ 1$的数后面放一个$ 1$的数,那么后面的序列也就确定了,所以我们考虑dp出特定长度的序列,然后在后面加上能确定序列的数来贡献答案 为了凑出这样的序列,用来填充的东西是单个的$1$,或者长度为$x+1(x 1)$的 $x$加$x$个$1$,所以转移就是$f 阅读全文

摘要： "传送门" 题目要求割掉一条边后使得图不连通,那么可以使用tarjan算法求出所有的割边,然后把边双缩成点,就能得到一棵树,现在问题是在加入一条边的情况下,割掉最小的一条边使得图不连通,割掉的这条边权值最大是多少 加入的边如果是$(x,y)$,就可以使得链$(x,y)$上所有边不被割,要最大化答案就 阅读全文

摘要： "传送门" 两种做法,一种是依次考虑每种字符,然后如果某个位置是该字符或者是$ $对应的值就是1,否则是0,然后把第一个串倒过来,fft卷积起来,最后看对应位置的值是否为m 然而上面那个做法在字符集大小过大的时候会GG,所以考虑一次性匹配,如果不考虑通配符$ $,设(开头)位置i的匹配函数为$f(i 阅读全文

摘要： "传送门" (下面记年龄为$a_x$)题目要求的是$$\sum_{x=1}^{n} [a_x\in [l,r]] dis(x,u)=\sum_{x=1}^{n} [a_x\in [l,r]] de_x+\sum_{x=1}^{n} [a_x\in [l,r]] de_u 2 \sum_{x=1}^{ 阅读全文

摘要： "传送门" md这题和矩阵树定理没半毛钱关系qwq 首先先不考虑有环,一个$DAG$个外向树个数为$\prod_{i=2}^{n}idg_i($就是$indegree_i)$,因为外向树每个点入度为一,对于一个点有入度个父亲可选,然后乘法原理起来就是答案 现在可能加一条边会有环,那么答案可以考虑总方 阅读全文

摘要： "传送门" 其实这题难点在于处理路径包含关系 先求出树的dfn序,现在假设路径$xy$包含$uv(dfn_x define LL long long define db double define il inline define re register using namespace std; c 阅读全文

摘要： "传送门" 我们把一种方案的$\sum a_{i,j}$和$\sum b_{i,j}$看成点$(\sum a_{i,j},\sum b_{i,j})$,那么就只要求横纵坐标之积最小的点,类似于最小乘积生成树 首先跑出$\sum a_{i,j}$最小和$\sum b_{i,j}$最小的,得到的点记为$ 阅读全文

摘要： "传送门" 首先根据题目条件,题目中如果是=的点可以缩起来,然后$a define LL long long define db double define il inline define re register using namespace std; const int N=100+10,mo 阅读全文

摘要： "传送门" "吐槽题目标题" 这个依赖关系是个树,可以考虑树型dp,~~设f_i表示子树i的答案~~ 因为这是个序列问题,是要考虑某个数的位置的,所以设$f_{i,j}$表示子树i构成的序列,i在第j个位置的方案.转移依次合并儿子$y$,每次枚举一个位置j,以及枚举儿子$y$的序列中有k个数放在插前 阅读全文

摘要： "传送门" 显然我们可以先算出每种卡牌在整场游戏触发概率,然后乘上权值,加起来就是答案 然而一个卡牌触发了,后面会直接跳过,这个看着很烦 注意到一个卡牌触发概率和自身概率以及前面牌的情况相关(和在哪一轮触发无关).设$f_{i,j}$表示 整场游戏 中前i种牌触发了j种牌的概率,每次转移只要讨论第i 阅读全文