随笔分类 - 数学
摘要：题解 设逆序对个数为$cnt$，如果只有Jeff进行游戏，只需执行$cnt$次操作（每次操作减少一个逆序对）。考虑Furik，他有$\frac{1}{2}$的概率增加一个逆序对，也就是增加$2$次操作；剩下的一半概率减少一个逆序对，也就是不增加操作数。所以他每次操作对期望的贡献是$2\times \
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摘要：题目链接 题解 下图横坐标为位置，纵坐标为时间。 如果将风看作月亮在移动而非云在移动，月亮可以到达黄色的区域。如果两朵云的相交处与黄色区域有交集则可以遮住月亮，易得仅需判断上端的顶点即可。设$v_i=1,v_j=-1$，则云$i,j$相交处上端的顶点坐标为$(\frac{|x_j+l+x_i|}{2
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摘要：题目链接 题解 $m\le 5$的数据范围可以想到状压。构造矩阵$a[i][j]$，表示最后$m$个花圃状态$i$到状态$j$的方案数。初始状态dfs求出（暴力枚举状态，检验$1$（C形花圃）的数量是否$\le k$）。⭐可以发现矩阵乘法类似于Floyd的过程，枚举中转状态（\(k\)），$i→k$
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摘要：题目链接 题解 易得$a$中的元素均在$s$中存在，但倘若原样照搬会产生其他的$gcd$值，因此需要删去或增添些元素。因为删除元素影响的$gcd$值也许不止当前观测的一个，题解作者并未想到删除元素的算法，便尝试增添元素。推导可知，设$a$序列最小值为$mina$，若存在$a_i$满足$a_i% mi
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摘要：题目链接 题解 对于$b$的3个限制，第1个仅由$\not=a_i$且字典位最高的$b_i$决定，第2个不要紧，第3个比较复杂。可以使用set维护当前全部满足第3个限制的$b$候选，埃氏筛求出$b_i$的全部质因数，并将其及其倍数于set中删除。如果每求出一个质因数均删除一遍时间不够，因此使用$vi
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摘要：题目链接 题解 设答案序列GCD为$p$，则$n=p\cdot m$。对于每一个$p$划分出的$k$最大时，序列为一个公差为$p$的等差数列，且$p$越大，最多可以划分的个数越小。将$p$由答案序列中提出，如果长度为$k$公差为$1$的等差数列和$>m$，说明无法划分出$k$个元素。因此只需枚举$k
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摘要：题目链接 题解 推式子呐，设$x_2-x_1=x,y_2-y_1=y$，\(ans=\frac{y+2}{2}\cdot(x+1)-\frac{x+1}{2}\)。以题目样例为例，六边形个数$=5$（列数）\(\times 3\)（奇数列每列个数）\(-2\)（偶数列个数）。 AC代码 #inclu
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摘要：题目链接 题解 可以发现，一个$n\times m(m\ge n)$的矩形所包含的正方形数$x=\sum\limits_^ni\cdot (m-(n-i+1)+1)$（纵向可以放$i$个的方形边长为$(n-i+1)$，横向可以放$m-(n-i+1)+1$个），进一步推导得$x=\sum\limits
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摘要：题目链接 题解 设$\sum\limits_{2k}x_i$为$sum$，因为前缀和均为完全平方数，可以设整数$b2=sum+x_{2k+1},a2=sum+x_{2k+1}+x_{2k+2}$。进一步推导得$a2-b2=x_{2k+2}$，所以$x_{2k+2}=(a+b)(a-b)$。因此我们可
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摘要：题目链接 题解 为避免构造时出现环，令父结点编号小于子节点。可以发现，对于整数$x$，满足$y<x$且$y^\wedge x$最小的$y$为$x-lowbit(x)\(，此时边\)(y,x)$的权值为$lowbit(x)$。如此构造，\(ans=\sum\limits_{i=1}^{n-1}lowb
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摘要：题目链接 题解 易得，左端点或右端点对齐时重叠部分一定是最大的。 可以发现，一定可以通过$+k\cdot gcd(t_a,t_b)\(将左区间尽量右移直至差值\)\le gcd(t_a,t_b)$。证明：根据裴蜀定理——若$a,b$是整数，且$d|gcd(a,b)$，一定存在整数$x,y$，使$ax
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摘要：题目链接 题解 可以发现，为了左下到右上经过的方格边长相等，要么将左下右上曼哈顿距离上的方格全部分割，要么避开全部曼哈顿距离上的方格。 此段为下段的证明，如果节约脑细胞且只希望感性理解的读者可以略过 (¬‿¬) → 暂且忽略边长，并只考虑在同一边长的小正方形中分割。设大正方形边由$m$个小正方形组成
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摘要：题目链接 题解 如果$k$整除两个接起来的数$a_i,a_j$，它们一定满足$k|(a_i\cdot10^+a_j)$，其中$dig_j$为$a_j$的数位。由于求余运算的可加、乘性，$a_i,a_j$需要满足$k|[(a_i%k)\cdot(10^%k)+a_j%k]$，也就是只需知道$a_i$、
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摘要：题目链接 题解 可以分两类讨论$A,B$点间的最短路径，经过函数与不经过函数，其中不经过函数的情况曼哈顿距离即可。 可得在只能经过格点的情况下，点$A$到函数$f$最短距离的点$x$值与$y$值中一定有一项与$A$相等。 也就是如左图，点$A$到直线的最短距离一定为$AD$与$AC$的最小值，$B$
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摘要：题目链接 题解 易得，最后一轮只发给Arkady一人糖时，他获得的糖数最多。观察发现$D$的数据范围非常小，因此可以枚举发糖的轮数。设发糖的轮数为$i$，每次每人发$x$颗糖，可列方程： \[ (i-1)k\cdot x+x=n \] 化简后得： \[ x=\frac{n} {(i-1)k+1} \
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摘要：题目链接 题解 设两点碰撞的时间为$t$，则 \[ \begin{cases} x_1+t\cdot V_{x1}=x_2+t\cdot V_{x2} \\y_1+t\cdot V_{y1}=y_2+t\cdot V_{y2}\end{cases} \] 化简合并得 \[ \frac {x_1-x_
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摘要：题目链接 题解 可以发现$I, V, X, L$分别代表$1,5,10,50$时与分别代表$0,4,9,49$时方案数并无区别，只需在每一个原方案上减$n$即可。但是$0,4,9,49$分别互质且有$0$存在，分类讨论起来会容易很多，因此我们按照$0,4,9,49$考虑。 容易发现，在组合过程中会出
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摘要：题目链接 题解 容易想到，因为选出的m个数与在原序列中的顺序无关，所以可以将$a$序列排序，然后找到每一个满足最大值与最小值的差$\le k$的区间，排列组合选出$m$个数即可。具体实现的问题有两个：找到区间与排列组合。 找到区间：进一步分析可得，我们并不需要这个区间的左右端点，只要知道其中元素的个
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摘要：题目链接 题解 博弈论问题。必胜状态（对于先手的），也就是所有一步可以到达的点中至少有一个为必败的点；而必败点则是所有一步可达的点全部为必胜的点。 因为必败点上面或右面的店一定是必胜点，所以必败点与必胜点不在一条对角线上，也就是说一条对角线上的点都是必败点或必胜点。所以只需检查过原点的对角线最靠近圆
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摘要：题目链接 题解 什么时候可以执行操作：若想将$a_i$取出到$b$数组中，则$a_$与$a_{i+1}$中一定有一项没有出现在$b$数组接下来的元素中，因为要将其删除。 如何统计答案：假设$a_i=b_j$，对于每一个$b_j$有两种可能方案，删除$a_$或$a_{i+1}$。易证，在两种方案都可执
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