11 2021 档案
摘要：首先一开始有个误区，对于排列u的时候，把他的父节点和子节点放进来一起考虑了。 但是其实父节点到父节点的时候考虑，就是用u变成两种排列中另一种排列来考虑。 然后我们考虑一下合并子树：这里我们假设当前已经合并了的序列A大小为n，对于要合并的子树序列B为m 钦定根u在序列A的第i个位置，根v在序列B的第j
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摘要：难顶，这题其实不难，但是细节问题出的有点多。 考虑删的两条边的相对位置，如果他们的LCA不等于他们，那么很显然就是LCA的两个子树里删边。 如果LCA = 其中一条边，那么就有LCA = 2 * average,然后子树内再删一条。这里记录一下子树里 = average / 3的即可。 emmm细节
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摘要：$一开始一直在想怎么构造出来的能更优，太傻了。$ $首先数据很小。然后就是有一个很显然的结论。$ $因为是中序遍历，如果以i为根，那么比i小的肯定被分割到它的左子树，比i大的肯定被分割到右子树$ $有了这点我们可以dp去找最优的根，因为这里显然让左右子树的分都尽量大是最优的，所以满足dp性，中间加个
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摘要：A：签到 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 1e6 + 5; const int M = 1e6 + 5; const LL Mod =
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摘要：A：贪心一下就行 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef long double ld; typedef pair<int,int> pii; const
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摘要：题目的输出就把我搞炸了。。没仔细看输出就一直写了，结果。。 首先要求的独立集是恰好个，然后环的输出要输出环上的点数。 首先考虑建立图上的dfs树，对于环，很显然我们考虑每条非树边，然后在环的树边一侧的条数就可以用两个点的深度来处理一下。 对于独立集合的情况，可以染色处理，但是因为dfs树叶子节点一定
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摘要：https://www.cnblogs.com/AFewMoon/p/15169628.html
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摘要：非常好的一个题。 首先很显然能构造异或方案组。 但是这里n,m都很大，如果用一般的高斯消元肯定会超时。 这时就可以利用bitset来加速整行的消元操作。 然后就是要考虑怎么取找最少的方案组数量了。 这个我们在消元的时候尽量去找前面的消就可以了。 // Author: levil #include<b
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摘要：求gcd <= q，且lcm >= p的方案数。 考虑容斥：ans = ans{无限制下的序列方案数} - {gcd > q的方案数} - {gcd <= q 且 lcm < p的方案数} 对于无限制下的序列方案数，因为每个数都能选的是[1,m]，要求的是序列中数的乘积和。 所以总数量 = (1 +
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摘要：只做了几个题。 B. A Plus B Problem： 一开始做的时候思路有点乱，后面理清楚了，就是说不用10进制来维护，用没有进位之后的数来维护，这样每次操作之后就是加1减1的操作了。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespac
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摘要：写着写着拿出了我的概率论书（哭 连续性随机变量X的期望：$E[X] = \sum_{x = -INF}^{INF} x * f(x) dx $ - f(x)为概率密度. https://www.luogu.com.cn/problem/P4316: 一开始写了个暴力，结果过了？可能DAG不太好卡暴力
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摘要：鉴于本人水平有限就不证明了。 替换法则：$\sum_{n = 1}^{m}\sum_{d | n}^{} [\frac{n}{d}] \mu ([\frac{n}{d}]) = \sum_{n = 1}^{m}\sum_{d | n}^{} d \mu (d)$ 递推一：$\sum_{i = 1}^
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摘要：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/22769/C 这题确实不错，很看转化。 这里的下标其实没有那么重要，主要考的是反演。 定义f[x] = gcd(i,j) = x的数量，F[x] = gcd(i,j) = k * x{x >= 1} 的数量，也就是x的倍数。
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