随笔分类 - 题库—BZOJ
摘要：题意 "题目链接" Sol 一点思路都没有，只会暴力，没想到标算是数位dp？？Orz 首先答案可以分成两部分来统计 设 $$ f_{i,j}= \begin{aligned} i\oplus j &\left( i\oplus j k\right) \\ 0 &\left( i\oplus j de
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摘要：题意 "题目链接" Sol 和cc的一道题很像啊 对于初始的$N$个点，每加一条限制实际上就是合并了两个联通块。 那么我们预处理出$val[i]$表示的是$i$节点所在的联通块根节点转了$1$圈，该节点会转多少圈 并查集维护联通性以及联通块大小，直接启发式合并就可以了 ~~跑的好像还挺快~~ cpp
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摘要：题意 "题目链接" Sol 首先不难想到一个dp 设$f[i][j]$表示选了$i$个 严格递增 的数最大的数为$j$的方案数 转移的时候判断一下最后一个位置是否是$j$ $$f[i][j] = f[i][j 1] + f[i 1][j 1] j$$ cpp for(int i = 0; i usi
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摘要：题意 "题目链接" Sol 把式子拆开，就是求这个东西 $$\sum_{i = 0} ^n \sum_{j = 1}^{a + id} \sum_{x =1}^j x^k \pmod P$$ 那么设$f(x) = \sum_{i = 1}^n i^k$，这是个经典的$k + 1$多项式，直接差值 式
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摘要：题意 "题目链接" Sol 线性基是可以合并的 倍增维护一下 然后就做完了？？ 喵喵喵？ cpp // luogu judger enable o2 include define LL long long using namespace std; const int MAXN = 2e4 + 10,
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摘要：题意 "题目链接" Sol 想不到想不到。。 首先在不考虑每个人的真是成绩的情况下，设$f[i][j]$表示考虑了前$i$个人，有$j$个人被碾压的方案数 转移方程：$$f[i][j] = \sum_{k = j}^n f[i 1][k] C_{k}^{k j} C_{N k}^{r[i] 1 (k
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摘要：题意 "题目链接" Sol 神仙题Orzzz 考虑两边是否有$1$ 设$f[i]$表示周长为$2i$的方案数 第一种情况：左侧或右侧有一个1，那么把这个1删去，对应的方案数为$f[i 1]$ 第二种情况：左侧和右侧都有一个1,把这两个1删去，对应的方案数为$f[i 2]$ 第三种情况：左侧右侧都没有
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摘要：题意 "题目链接" Sol 又是一道神仙题？？。。 把绝对值拆开之后状压前面的符号？。。 下界显然，但是上界为啥是对的呀qwq。。 cpp include using namespace std; const int MAXN = 1e6 + 10; inline int read() { char
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摘要：题意 "题目链接" Sol 神仙题Orzzzz 题目可以转化为从$\leqslant M$的质数中选出$N$个$xor$和为$0$的方案数 这样就好做多了 设$f(x) = [x \text{是质数}]$ $n$次异或FWT即可 快速幂优化一下，中间不用IFWT，最后转一次就行(~~然而并不知道为什
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摘要：题意 "题目链接" Sol 非常妙的一道题 设$inder[i]$表示$i$号节点的度数 首先如果是个DAG的话，可以考虑在每个点的入边中选一条边作为树形图上的边，这样$ans = \prod_{i 1} inder[i]$ 如果加入一条边的话，算答案的时候可能会把一些环的贡献也算进去(比如样例中$
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摘要：题意 "题目链接" Sol 一眼splay + 二分hash，不过区间splay怎么写来着呀 试着写了两个小时发现死活不对 看了一下yyb的代码发现自己根本就不会splay。。。。 cpp // luogu judger enable o2 include define ull unsigned l
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摘要：题意 "题目链接" Sol 毒瘤SDOI 终于有一道我会做的题啦qwq 首先，本质不同的子串的个数 $ = \frac{n(n + 1)}{2} \sum height[i]$ 把原串翻转过来，每次就相当于添加一个后缀 然后直接用set xjb维护一下前驱后继就行了 时间复杂度：$O(nlogn)$
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摘要：题意 "题目链接" Sol 不要问我为什么发两篇blog，~~就是为了骗访问量~~ 后缀数组的也比较好想，先把所有位置差分，然后在height数组中二分就行了 ~~数据好水啊~~
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摘要：题意 "题目链接" Sol 用什么后缀数组啊 直接差分之后 二分+hash找最长公共子串就赢了啊。。。 时间复杂度：$O(nlogn)$(不过我写的是两个log。。反正也能过) cpp // luogu judger enable o2 include define ull unsigned lon
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摘要：题意 "题目链接" Sol 直接把$q_i$除掉 那么$E_j = \sum_{i = 1}^{j 1} q_i \frac{1}{(i j)^2} \sum_{i = j + 1}^n q_i \frac{1}{(i j)^2}$ 设$f_i = q_i, g_i = \frac{1}{i^2}$
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摘要：题意 "题目链接" Sol 分层图+最短路 建$k+1$层图，对于边$(u, v, w)$，首先在本层内连边权为$w$的无向边，再各向下一层对应的节点连边权为$0$的有向边 如果是取最大最小值的话可以考虑二分答案+最短路 cpp // luogu judger enable o2 // luogu
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摘要：题意 "题目链接" Sol 线段树合并~~为什么我会在这个时候学这种东西~~ 就是暴力合并两棵线段树(必须动态开节点)，遇到空节点就返回 可以证明，对于$m$个仅有一个元素，权值范围在$[1, n]$的线段树合并的复杂度为$mlogn$ 对于此题来说，显然子树内与子树外互不影响，因此暴力判断一下翻转
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摘要：题意 "题目链接" Sol 倍增Floyd，妙妙喵 一个很显然的思路(~~然而我想不到~~是用$f[k][i][j]$表示从$i$号点出发，走$k$步到$j$的最小值 但是这样复杂度是$O(n^4)$的 考虑倍增优化，设$f[k][i][j]$表示从$i$号点出发，走$2^k$步到$j$的最小值 每
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摘要：题意 "题目链接" Sol 按照套路把边转成无向图，我们采取的策略是从权值大的向权值小的连边 然后从按权值从小到大枚举每个点，再枚举他们连出去的点$v$ 如果$v$的度数$\leqslant M$，那么就再暴力枚举$v$连出去的点$t$，看$u$与$t$是否联通(打标记) 否则暴力枚举$u$连出去的
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摘要：题意 "题目链接" Sol 不难发现题目给出的是一个树，其中$\frac{i}{K}$是$i$的父亲节点 首先，当$d_i$互不相同时，一个显然的贪心策略就是优先给编号小的分配较大的权值。可以排序后dfs完成。 但是，当$d_i$相同时，可能存在这样一种情况：把编号小的子树内权值较大的节点，和某个编
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