摘要: 题意 "题目链接" Sol 这题想还是不难想的,就是写起来很麻烦,然后去看了一下loj的最短代码表示只能Orz 首先不难发现一条性质:能够选择的区间一定是不断收缩的,而且新的可选区间一定是旧区间的某个位置划分而来的。 比如$A_{i 1} = x$,此时小于$x$的最大数为$l_{i 1}$,大于$ 阅读全文
posted @ 2019-02-26 21:49 自为风月马前卒 阅读(356) 评论(0) 推荐(0)
摘要: 题意 "题目链接" Sol 可以把题目转化为从$[1, 2n + 1]$中选$k$个数,使其和为$(n+1)k$。 再转化一下:把$(n+1)k$划分为$k$个数,满足每个数在范围在$[1, 2n + 1]$ 这时候就可以用整数划分的思路dp了(然鹅我还是想不出来。。) 因为每个数互不相同,因此我们 阅读全文
posted @ 2019-02-26 20:47 自为风月马前卒 阅读(319) 评论(0) 推荐(0)
摘要: 题意 "题目链接" Sol 首先一种方案的期望等于它一次排好的概率的倒数。 一次排好的概率是个数数题,他等于一次排好的方案除以总方案,也就是$\frac{\prod cnt_{a_i}!}{(n+m)!}$。因为最终的序列是一定的,两个序列不同当且仅当权值相同的数排列方式不同。 他的期望为$\fra 阅读全文
posted @ 2019-02-26 19:09 自为风月马前卒 阅读(314) 评论(0) 推荐(1)
摘要: 题意 "题目链接" Sol 这个题就比较休闲了。 $t(p)$显然等于最后一个没有约数的数的位置,那么我们可以去枚举一下。 设没有约数的数的个数有$cnt$个 因此总的方案为$\sum_{i=cnt}^{r l+1} C_{i 1}^{cnt 1} cnt! (r l + 1 cnt)!$ 稍微有点 阅读全文
posted @ 2019-02-26 16:17 自为风月马前卒 阅读(454) 评论(0) 推荐(0)
摘要: 题意 "题目链接" Sol 非常有意思的题目。 我们设$f[l][r]$表示区间$[l,r]$的答案。 显然$r$位置一定有一个保镖 同时不难观察到一个性质:拿$[1, n]$来说,设其观察不到的某个区间为$[l_k, r_k]$,那么$r_k$与$r_k + 1$一定有一个保镖,而且每段区间的贡献 阅读全文
posted @ 2019-02-26 15:26 自为风月马前卒 阅读(358) 评论(0) 推荐(2)
摘要: 类欧几里得算法 这种东西。。。了解了解愉悦一下身心吧。只学了最简单的一种,其他的一坨扩展等哪天心情好了再看。 设$f(n, a, b, c) = \sum_{i=0}^n \lfloor \frac{ai + b}{c} \rfloor$ 我们要计算的就是$f(n, a, b, c)$,如果认为$n 阅读全文
posted @ 2019-02-26 11:36 自为风月马前卒 阅读(258) 评论(0) 推荐(0)
摘要: 题意 "题目链接" Sol 题解好神仙啊qwq。 一般看到这种考虑最大值的贡献的题目不难想到单调数据结构 对于本题而言,我们可以预处理出每个位置左边第一个比他大的位置$l_i$以及右边第一个比他大的位置$r_i$ 那么$(l_i, r_i)$会产生$p1$的贡献 $[l_i + 1, i 1]$和$ 阅读全文
posted @ 2019-02-26 09:03 自为风月马前卒 阅读(437) 评论(1) 推荐(0)

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