随笔分类 - 做题记录
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 牛逼题…… 考虑如果定义 $x^a \times x^b = x^{a \oplus b}$，设 $f(x) = \sum\limits_{i=1}^k x^{a_i}$，那么题目就是求，$\forall w > 0, \sum\limits_{i=1}^n (f
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 显然的策略：选择全部 $0$ 段变成 $1$，或选择全部 $1$ 段变成 $0$。 归纳可得一般性的结论：设字符串中 $s_i \ne s_{i+1}$ 的位置数为 $k$，答案为 $\left\lceil\frac{k}{2}\right\rceil$。 因为在
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1827D "洛谷传送门") [CF 传送门](https://codeforces.com/problemset/problem/1827/D "CF 传送门") 考虑固定一个重心，设 $k$ 为重心最大子树大小
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1827B2 "洛谷传送门") [CF 传送门](https://codeforces.com/problemset/problem/1827/B2 "CF 传送门") 考虑拆贡献 $i - 1 \sim i$，发
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 搞笑题，我不会做，我更搞笑。 考虑逆序操作，即初始有一个全 $0$ 序列，每次单点加 $k$ 或者长为 $k$ 区间加 $1$。考虑把一个操作集合唯一对应到一个最终序列，不难发现只要限制每个区间加 $1$ 的次数 $< k$ 即可。因为如果正序操作，加上了限制，每
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 基础图论。 考虑快速求出 $d(s, t)$，那么边权要 $+1$ 的边仅当边权等于 $d(s, t)$ 时答案可能为 $1$。求 $d(s, t)$ 可以建出 Kruskal 重构树，查两点 $\text{LCA}$ 点权得出。 考虑把询问离线，把相同的 $d(
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑分类计数，讨论“没有 DD”、“有 DD 无 o”、“有 DDo 无 S”三种情况。 没有 DD，枚举有几种大写字母出现过； 剩下两种情况，考虑设 $f_{i,0/1}$ 分别表示两种情况的方案数。$f_{i,0}$ 可以从 $f_{i-1,0}$ 填大写字母
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 设 $f_{u,0/1}$ 为 $u$ 的子树，$u$ 是否在匹配内的最大匹配数。 注意到对于一个匹配，在它深度较浅的点上才会被计入答案。 转移大概是 $f_{u,0}$ 取 $\sum\limits_{v \in son_u} \max(f_{v,0}, f_{
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摘要：洛谷传送门 注意到如果 $n$ 足够小，可以过 $n^2$。选 $x = 3$（这样做的好处是能交换两个相邻元素），每次把值为 $i$ 的元素挪到 $i$，注意到我们不关心其他元素，所以翻转 $[l, r]$ 的效果可以看成是交换 $p_l, p_r$。于是先跳大步，再跳小步。可以过 $n \le
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 神仙题…… 记 $f(n)$ 为一次操作后第 $n$ 个数是多少，则 $f(n) = \left\lfloor\frac{3n + 1}{2}\right\rfloor$。 记 $f^k(n) = f(f^{k-1}(n))$，$f^0(n) = n$，$h_k$
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 首先 $\text{7777...777}$（$x$ 个 $7$）对能被 $7$ 整除子串数量的贡献是 $\frac{x(x+1)}{2}$。 把 $n$ 分解成若干 $x_i$ 使得 $\sum\limits_{i=1}^m \frac{x_i(x_i+1)}{
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 挺有趣的题。自己推出来感觉挺有意思的。 首先显然若 $\sum\limits_{i=0}^{n-1} a_i \ne 0$ 就无解。 设 $b_i$ 为 $i$ 的操作次数。可得： $$-b_{i-1} + 2b_i - b_{i+1} = a_i$$ 整理得：
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 感觉我的做法比较奇葩（ 容斥，总路径数减去只走点权为 $k$ 的路径。设点权为 $k$ 的点数为 $c_k$，点权不为 $k$ 的点构成的每个连通块大小为 $s_i$，那么 $ans_k = \frac{n(n-1)}{2} - \sum \frac{s_i (s
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 2500 下文令题中的 $k$ 为 $m$。 显然每个 $d_i$ 都修改，次数就为 $n$。 考虑枚举 $i$，钦定 $d_i$ 不修改，然后枚举 $[l, l + m - 1], l \in [f_i \times d_i - m, f_i \times d_i]$ 为
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc207_f "洛谷传送门") [AtCoder 传送门](https://atcoder.jp/contests/abc207/tasks/abc207_f "AtCoder 传送门") 简单树形 dp。
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 设 $f_{i,j}$ 为从第 $1$ 行到 $(i + 1, j)$ 的最短路。 因为我们并不关心最后到达的是哪一个格子，于是强制 $f_{i,j}$ 为必须从 $(i, j)$ 往下走一格到 $(i + 1, j)$ 的最短路。 有转移： $$f_{i,r+1
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摘要：洛谷传送门 看起来很毒瘤，但是推出贡献系数后就是一个朴素的卷积了。 首先考虑前缀和。考虑 $j\ (j \le i)$ 的 $a_j$ 贡献到 $i$ 的过程，是找到 $j = p_0 \le p_1 \le \cdots \le p_k = i$ 的方案数。令 $x_i = p_i - p_{i-
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摘要：洛谷传送门 感觉挺综合的一道题。 考虑朴素 dp，$\forall x \in S, f_{i + 1, jx \bmod m} \gets f_{i,j}$。复杂度 $O(nm^2)$。显然可以矩乘优化至 $O(m^3 \log n)$，但是不能通过。 如果转移式中是加法而不是乘法，那很容易卷积优
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 把每个点分到 $(\left\lfloor\frac{x}{K}\right\rfloor, \left\lfloor\frac{y}{K}\right\rfloor)$ 的正方形内，枚举相邻正方形，计入答案。 正确性显然。 复杂度证明就是所有每个正方形内距离为
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 显然，选出的每两个点都要组成一条直径。 进一步发现，设直径点数为 $x$，如果 $x \nmid 2$，所有直径都会在中点重合，否则会在连接两个中点的边重合。简单证一下，如果有两条直径不在中点或中边重合，那么： 它们不可能不重合，要不然就不会成为直径了； 它们在除
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