随笔分类 - 做题记录
摘要：转化计数对象。 直接数最终剩下的球的集合似乎并不好做。考虑数选择的球的集合（显然选择的顺序不重要，只有选择了哪些球重要）。 先把所有球按 \(x\) 坐标从小到大排序。设我们选择的球的下标为 \(i_1 < i_2 < \cdots < i_k\)。那么能选择这些球当且仅当 \(y_{i_1} >
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 先二分答案 \(x\)，然后建一张图，距离 \(> x\) 的连边，问题转化为判定这张图的最小点覆盖大小 \(\le k\)。 观察到 \(k\) 很小，可以考虑指数级做法。考虑直接搜索，每次把度数最大的点拿出来，枚举它选不选。但是这样最坏复杂度是 \(O(2^k n)\)
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 求出 \(p\) 的原根 \(g\)，对每个 \(a_i\) 求出一个 \(x_i\) 表示 \(g^{x_i} \equiv a_i \pmod {p}\)（这部分可以 BSGS）。之后的表述中 \(a_i\) 指 \(x_i\)。那么集合生成方式相当于初始 \(c =
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑单个序列如何求答案。 考虑鞅与停时定理。定义一个局面的势能为 \(\sum\limits_{i = 0}^{K - 1} f(b_i)\)，其中 \(f(x)\) 是一个关于 \(x\) 的函数，\(b_i\) 为 \(i\) 的出现次数。那么我们要构造 \(f(x)\
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 比较有意思的小清新题。 第一步是时光倒流，看成是每次经过一条未被访问过的边才染色。 奇偶相关容易想到二分图。发现若有一个黑白交替的奇环（即从一个点开始遍历完整个环得到的颜色序列是黑白交替地），那我们可以先染完这个环。又因为它是奇环，所以我们遍历一遍这个环就可以切换
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 比较有趣的一个题。 考虑一个弱化版，算 colorful 序列个数。有一个 \(O(nK)\) 的 dp，大概就是设 \(f_{i, j}\) 为考虑到第 \(i\) 个数，当前最长互不相同后缀长度为 \(j\)。 转移考虑若往后面填一个在这 \(j\) 个数以外
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摘要：洛谷传送门 一个 \(A\) 合法的充要条件为： \(A\) 为 \(S_{1 \sim i}\) 的一个 border； \(A\) 在 \(S_{1 \sim i}\) 中不重叠地出现 \(\ge k\) 次。 建出失配树后，发现合法的 \(A\) 在树上组成一条某个点 \(u\) 到根的链，且
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摘要：洛谷传送门 不依赖 \(a_i \le 10^9\) 的做法。 设 \(b_x\) 为有多少个 \(i\) 使得 \(a_i = x\)。 设一个阈值 \(B\)。当 \(\frac{m}{a_i a_j} > B\) 时 \(a_i a_j < \frac{m}{B}\)，可以直接枚举 \(a_i
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摘要：QOJ 传送门 因为 \(x^{\overline p} \equiv x^p - x \pmod p\)，所以设 \(n = pq + r\)，其中 \(r \in [0, p - 1]\)，则有： \[\begin{aligned} x^{\overline n} & = (\prod\limi
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摘要：395. CF717A Festival Organization & P5320 [BJOI2019] 勘破神机 就是要计算： \[\sum\limits_{i = l}^r \binom{f_i}{k} \]其中 \(f_i\) 为斐波那契数列的第 \(i\) 项。 用第一类斯特林数把下降幂拆成
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摘要：洛谷传送门 DarkBZOJ 传送门 设 \(f_i\) 为钦定 \(i\) 个集合两两无边的方案数（即钦定有 \(i\) 个连通块的方案数），设 \(g_i\) 为恰好有 \(i\) 个连通块的方案数，则： \[f_i = \sum\limits_{j = i}^n {j \brace i} g_
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 特判 \(n = 1\)。将 \(n, m\) 都减 \(1\)，答案即为 \[[x^m]\frac{1}{(1 - x - x^2)(1 - x)^n} \]若能把这个分式拆成 \(\frac{A(x)}{(1 - x)^n} + \frac{B(x)}{1 -
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑题目可以看成天和人的匹配，因此判断单个日期区间 \([l, r]\) 可以考虑 Hall 定理，设 \(N(S)\) 为在 \(S\) 这些天有空的人的数量，定义 \(S\) 合法当且仅当 \(|N(S)| \ge |S|\)，那么 \([l, r]\) 合法当且仅当
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 首先做一些初步的观察：A 和 B 的解法是对称的，所以 A 对的方案数等于 B 对的方案数。同时若 A 和 B 同时对则每个置换环环长为 \(1\)，方案数为 \(n!\)。 所以，若设 A 对的方案数为 \(x\)，那么答案为 \(n!^2 - (x - n!)
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 答案即为： \[\sum\limits_c \prod\limits_{i = 1}^n [c_i \le b_i] a_i^{c_i} \]考虑生成函数，设 \(F_i(x) = \sum\limits_{j = 0}^{b_i} (a_i x)^j\)。那么答
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摘要：洛谷传送门 所求即为： \[\begin{aligned} f_t & = \sum\limits_{m = 0}^L \binom{L}{m} A^m [k \mid m - t] \\ & = \frac{1}{k} \sum\limits_{m = 0}^L \binom{L}{m} A^m
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 直接区间 dp 可以做到 \(O(n^3)\)，卡常可过，在此就不赘述了。 为了方便先把连续的数字缩成一段。我们考虑直接从前往后扫，扫的过程中 dp。设 \(f_{i, j}\) 为考虑了 \([1, i]\)，还有 \(j\) 个没配对的左括号的方案数。 但是我们发现我们
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑用相邻两个球之间的距离来描述一个状态。 设距离序列为 \(a_1, a_2, \ldots, a_k\)（忽略 \(0\)）。考虑鞅与停时定理，设一个状态的势能为 \(\sum\limits_{i = 1}^k f(a_i)\)，一次操作能使得势能期望减少 \(1\)。
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摘要：洛谷传送门 考虑 \(d = 2\) 的部分分。相当于只用 \(2\) 次操作把 \(T\) 变成一条链。 不妨设最后变成的是一个 \(1 \sim n\) 的链，如果不是可以把点重编号。 第一次操作考虑以 \(n\) 为根，每次取每个儿子的子树中的最大值为新的根并和原来的根连边，这样会将整棵树具有
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 不妨假设先手的牛在后手的牛左边，右边是对称的。 直接给出结论：先手必败当且仅当全部 \(b_i - a_i\) 为奇数。 证明考虑归纳，首先 \(\forall i \in [1, n], b_i - a_i = 1\) 是必败态，因为先手只能往左退，最后后手会把先手逼到最
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