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摘要： 题目 正数通常比较好处理，那我们先想个办法把所有的负数转为正数，我们可以求一下所有负数的和 \(sum\) ，这一定是最小数，那我们考虑如何将其变小一点，无非是去掉一个加上的负数或是加上一个正数，诶，那这样，去掉负数不就等于加上一个正数吗，这样我们就可以将所有的负数转化为正数，选出来的数在加上 \( 阅读全文

摘要： 定理：对于一个有 \(n\) 个节点的无根树，它的结构可以有 \(n^{n-2}\) 种可能。 至于证明，我们可以用 \(prufer\)序列 来证明。 \(prufer\)序列 度娘给出的定义是： \(Prufer\)数列 是无根树的一种数列。在组合数学中, \(Prufer\)数列 由有一个对于 阅读全文

摘要： T1 原题 根据倒数第二，三个部分分的提示，我们可以发现一个性质，如果两个连续的序列中间被间隔开，如 \(1,2,3,4,6,7,8,9\) 那这两个序列中选数操作互不影响，那这就比较好办了，一个长度为 \(n\) 连续序列最多可以选出 $ \lceil \frac{n}{2}\rceil$ 个数 阅读全文

摘要： \(\sum _{i=1}^{n} i^2 = \frac {n*(n+1)*(2n+1)} {6}\) 证明 \(1^2=1\) \(2^2=1+3\) \(3^2=1+3+5\) …… \(n^2=1+3+5+……+(2n-1)\) 据此可以得出： \(\sum _{i=1}^{n}i^2=1* 阅读全文

摘要： 找环 无向图 拓扑排序找环 点击查看代码 bool vis[N]; queue<int> q; void tp() { for(int i=1;i<=n;i++) if(du[i]==0) q.push(i); while(!q.empty()) { int x=q.front(); for(int 阅读全文

摘要： using namespace std; sort(e+1,e+1+n,comp); void kruskal() { int cnt=0,k=1; while(cnt<n-1) { int rx=find(e[k].from); int ry=find(e[k].to); if(rx!=ry) { 阅读全文

摘要： using namespace std; bool vis[N]; int match[N]; bool find(int x) { for(int i=h[x];i;i=nxt[i]) { int y=to[i]; if(!vis[y]) { vis[y]=1; if(!match[y]||fin 阅读全文

摘要： 先转化一下题意：求有多少个1~n的排列p能够满足 \(\forall i \in (1,n)\) ,使 $ p_{i} $ 左右两边的数同时小于或者大于 \(p_{i}\) ,并且\(p_{1}=s,p_{n}=t\) 。 比较明显的预设型DP（连转化题意我都做不到，悲），先正常来分析一下,我们填数 阅读全文

摘要： 我们设 \(f[i][j][k]\) 表示填到 \(i\) 个数，目前拓展出 \(j\) 个可以填数的区间（最两边不算，注意是可以填数的区间！！），贡献和为 \(k\) 。 这个是可以填数的区间 我们按从小到大进行填数。 那么对于任意一个数x显然有三种情况。 1.如果x左右目前都没数，那么说明它的左 阅读全文

摘要： 我们设 \(f[i][j]\)表示目前前 \(i\) 个宝箱的期望贡献的 \(j\) 次方。 根据题意可得 $f[i][k]=(f[i-1][1]+a[i])^k \cdot p[i]+(f[i-1][1]+b[i])^k \cdot (1-p[i]) $ 这个式子很难处理，不妨用二项式定理优化 优 阅读全文