随笔分类 - 题解
摘要：注意到操作是可逆的，可以先把所有筹码移动到位置 \(1\)，再进行若干次操作使筹码数量最小化。 那么我们只需要对每一个 \(i\) 知道有多少种情况把筹码全移动到位置 \(1\) 后恰好有 \(i\) 个筹码，和这类情况的最少筹码数。 记 \(f_i\) 表示斐波那契数列的第 \(i\) 项，显然一
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摘要：这是一道 *1900 的黑。 考虑枚举 \(m\)，将 \(<\frac m 2\) 和 \(\ge \frac m 2\) 的数分开讨论。考虑相邻两个数 \(a,b\ (a>b)\) 分别在 \(\frac m 2\) 的两侧，则有 \(b\ge m-a\)。 考虑将所有数按某种方法从小到大排序，
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摘要：首先可以发现从活着的猎人中选和从全部猎人中选是等价的，不影响最终的概率。那么就可以转化为求猎人 \(2\sim n\) 都在猎人一第一次被选中之前被选过的概率。 考虑容斥，枚举一个子集 \(S\) 使得 \(S\) 中的猎人都没在猎人一之前被选过，那么易得对答案的贡献就是 \((-1)^{|S|}\
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摘要：考虑 dp，记 \(f_i\) 表示跳到位置 \(i\) 的最小代价，考虑哪些状态会对当前状态有贡献。 考虑状态 \(f_j\) 对当前状态有贡献需要满足什么条件，发现如果存在 \(j<k<i\) 满足 \(a_k=\min(a_j,a_{j+1},\dots,a_i)\)，则先跳到 \(k\) 再
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摘要：弱化版：CF1827E Bus Routes。 对于 \(n=2\) 的情况可以判掉，剩下的情况取一个度数大于一的点作为根。 首先发现如果叶子间满足条件，那么整棵树也满足条件。考虑叶子间什么时候满足条件，记点 \(x\) 通过最多一条路径可以到达的所有点的集合为 \(S_x\)，则需满足 \(\fo
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摘要：考虑期望的线性性，求每种情况猜对的概率和，最终再除掉 \({4n \choose n,n,n,n}\)。 考虑枚举最少的出现次数 \(mn\)，记四种卡的出现次数分别为 \(c_1,c_2,c_3,c_4\)，\(c_1+c_2+c_3+c_4=i\le k\)，则这种情况的方案数为： \[{i\c
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摘要：比较基础的一道题。很容易想到 Min-Max 容斥： \[E(\max(S))=\sum_{T\sube S}(-1)^{|T|-1}\times E(\min(T)) \]然后发现 \(E(\min(T))=\sum_{k\ge 0}P(\min(T)\ge k)\)。考虑 dp，记 \(f_{i
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摘要：这是一道拥有 *3400 标签的题目。 首先很显然可以将题意中的条件转化为任意两个度数为一的节点都能通过不超过两条路径互相到达。接下来随便取一个度数大于一的节点作为根，如果 \(n=2\) 直接判掉即可。 考虑两个叶子节点能互相到达一定需要满足什么条件，发现两个点通过一条路径能到达的最浅的节点一定是
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摘要：首先最大流等于最小割，然后就能很容易地想到一个状压 dp 做法：记 \(f_{i,s}\) 表示使得前 \(i\) 个点中，最后 \(k\) 个点与点 \(1\) 的联通情况为 \(s\) 的最小代价。然后考虑下一个点是否联通直接转移即可，然后就做完了。时间复杂度 \(\mathcal O(n2^k
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摘要：先判掉 \(k>\min(n,m)\) 的情况。 首先有个明显的计算最长合法括号子序列的贪心方法：初始一个值为 \(0\) 的计数器，从左到右枚举每个字符，遇到 ( 时将计数器加一，遇到 ) 时如果计数器不为 \(0\) 就减一然后将答案加一。 考虑绘制它的折线图。初始时纵坐标为 \(0\)，从左到
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摘要：假设只保留数组上 \([l,r]\) 的这段数，记 \(f_i\) 表示从点 \(i\) 出发到达 \(n+1\) 的概率，则有 \(f_0=0,f_{n+1}=1,f_i=(1-p_i)f_{i-1}+p_if_{i+1}\)，题目要求的是 \(f_1\)。 考虑对最后一个等式进行一些变换，把 \
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摘要：考虑莫队。 记数 \(i\) 的个数为 \(c_i\)，套路地用莫比乌斯函数容斥，发现答案为 \(\sum_{i=1}^{10^5}\frac{c_i(c_i+1)}2\sum_{d|i}\mu(\frac i d)d\)。 先预处理出前面的常数和每个数的因子，每次移动端点枚举因子更新答案即可。 因
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摘要：首先有个很显然的 dp 做法。记 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的答案，考虑容斥，有： \[f_i=2^{\frac{i(i-1)}2}-\sum_{j=1}^i {i-1\choose j-1}\cdot 2^{\frac{(i-j)(i-j-1)}2}\cdot f_j \]展开组合数得
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摘要：洛谷题面 CF 题面 题目要求一个最小值加上一个最大值的最小值，不好直接做，考虑转化。 发现树是二分图，而由柯尼希定理可知二分图的最大匹配等于其最小点覆盖。这样就把求 \(\min(\min_{\text{生成树}}+\max_{匹配})\) 转化为了 \(\min(\min_{生成树}+\min_
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摘要：考虑这题是什么意思，其实就是让你把 DAG 划分成若干个集合，点之间连边转化为对应集合之间连边以后图仍然是一个 DAG，然后需要知道划分成了多少个集合，每种集合的个数求出方案数，乘上对应的系数并求和。 系数是很显然的，即： \[{k+1\choose i}\frac{i!k!}{n!\prod_{i
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摘要：首先 Bob 肯定是贪心操作，即如果能操作且右儿子中第一个数小于左儿子中的第一个数就一定操作（因为排列中的数两两不同），否则不操作。 考虑一个 dp，即 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 中的子树操作完以后使得第一个数为 \(j\) 的最小代价。发现总状态数是 \(\mathcal O(2^
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摘要：首先有个很显然的 \(\mathcal O(nk^2)\) 的做法，即二分答案，然后 trie 树上判断。 对于 trie 树上一颗子树内的判定，考虑当前二分的 \(\text{mid}\) 这一位是 \(1\) 还是 \(0\) 以及 \(x\) 这一位填什么。 对于 \(1\) 的情况，如果填
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摘要：\(\large\textbf{Statement.}\) 求出最小的非负整数 \(m\)，使得： \[\left|x-\sum_{i=0}^{m-1} x_{i \bmod n}\right|+\left|y-\sum_{i=0}^{m-1} y_{i \bmod n}\right|\le mk
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摘要：括号深度的本质，其实就是删除若干个字符以后使得左边一半全是 (，右边一半全是 )，最终 ( 的个数的最大值。 那么就一定存在一个位置使得在这个位置以及之前的字符中 ( 的个数等于这个字符后 ) 的个数。 考虑枚举这个位置，记它左边的 ( 的个数为 \(a\)、? 的个数为 \(x\)，右边的 ) 的
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摘要：看大家好多写的都用了四维偏序，给一个不用偏序的解法。 简化一下题目，就是给你 \(n\) 个矩形，第 \(i\) 个矩形用 \((x1_i,y1_i,x2_i,y2_i)\) 表示，问你有多少个 \(i\) 满足： 不存在另一个 \(j\) 使得 \(x1_j\le x1_i\le x2_j\wed
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