\(\text{Solution}\) 一看数据范围就觉得一定是 \(\text{DP}\)。 显然有 \(f[i][j][k]\) 表示在第 \(i\) 场，主队赢了 \(j\) 局，客队赢了 \(k\) 局。然后有个比较经典的优化：因为只要求 \(j>k\) 的状态，设 \(f[i][j]\) 表示在第 \(i\) 场，主队赢的局数比客队多 \(j\) 局，状态转移方程（设
咕咕咕 题目链接 并查集： #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cstdio> using namespace std; const int N=20000,M=100000; struct Edge { int u,v,w; Edge() {} bool operator < (const Edge &x) const {return w&g
题目描述 从前有一个贸易市场，在一位执政官到来之前都是非常繁荣的，自从他来了之后，发布了一系列奇怪的政令，导致贸易市场的衰落。 有 \(n\) 个商贩，从\(0 \sim n - 1\) 编号，每个商贩的商品有一个价格\(a_i\)，有两种政令： \(l, r, c\)，对于\(i \in [l, r], a_i \leftarrow a_i + c\) \(l,
题目链接 题目链接 题意 今有一 01 串。现 \(q\) 次独立地询问，对于一个子串： 一次操作可以把其一个长为 \(k\) 的子串取反，问多少次操作可以将这个串清零（无法清零输出 -1）。 \(n\leq 2\times 10^6\)，\(q\leq 5\times 10^5\)。 题解 先异或差分，把位置按照 \(\bmod k\) 的结果分类，每一
Loj.2491 题意： 给一棵有根树，对Q次询问，每次输入x,y,k。输出树上x到y的路径上点的深度的k次方和。 思路： 树上两点间路径的权值和很容易想到LCA, 然后发现可以预处理深度的k次方的前缀和。对每个x和lca之间点的深度肯定是连续和，其深度k次方和(不算lca点)是sum[d[x]][k] - sum[d[lca]]
补题地址 欧拉回路模板题。 思路 这个的关键是：当我们用链式前向星存图时，读第 i 条边(x, y) 如果是无向边：(x,y) 边存的编号是(i - 1) * 2，反向边 (y,x) 边的编号是(i - 1) * 2 + 1。 如果是单向边：(x,y) 边的编号是 i - 1。 所以如果是有向图，&i=head[u]是引用 i = head[u], 来达到修
Description 给定平面上的 \(n\) 个圆，用三个参数 \((x, y, R)\) 表示圆心坐标和半径。 每次选取最大的一个尚未被删除的圆删除，并同时删除所有与其相切或相交的圆。 最后输出每个圆分别是被那个圆所删除的。 Hint \(1\le n\le 3\times 10^5\) \(0\le |x|, |y|, R \le 10^9\) Solu
题面 题解 设 \(\mathbf f' = \mathbf f * \mu\)，\(G_{\mathbf f} (n) = \sum_{n | d} \mathbf f(d)\)，记 \((i, j) = \gcd(i, j)\)，\([i, j] = \operatorname{lcm}(i, j)\)。 令 \(S_i=A_{id}, T_i = B_{id}, W_i = D_{id}, m = \left\lfloor \frac nd \ri
LOJ #3161. 「NOI2019」I 君的探险 测试点 \(1\) 至 \(5\)： 暴力，每次改变点 \(i\) 的状态，查看 \(i + 1...n\) 哪些点状态改变了，改变了说明有边。 注意 modify 只有 \(n - 1\) 次机会，请别碰 \(n - 1\) 号结点！！ 可获得 \(20\ \rm pts\)。 测试点 \(6\) 至 \(9\)： 数据保证 \(n\) 个点形
loj 2720 [NOI2018] 你的名字 https://loj.ac/problem/2720 有一个串 \(S\) , \(Q\) 次询问,每次给出一个串 \(T\) ,和 \(l,r\) . 求 \(T\) 中有多少非空本质不同子串没有在 \(S[l \cdots r]\) 中出现过 \(|S| \le 5 \times 10^5, \sum |T| \le 10^6,1 \le l \le r \le |S|\) Tuto
正常来说，单次操作的复杂度是 $O(k^2)$，然后整体复杂度是 $O(nk^2)$. 但是我们发现每次合并两个蚯蚓的复杂度的极限是 $O( min(size_{min},50) \times 50)$. 然后根据启发式合并的复杂度分析，即使要求遍历完 $size_{min}$，复杂度最高也就是 $O(n \log n k)$. 这个的极限也
本来以为这道题会非常难调，但是没想到调了不到 5 分钟就 A 了. 由于基于多项式的运算都可以方便地进行封装，所以细节就不是很多（或者说几乎没有细节） 题意：给定一棵树，每个点有点权，求对于所有大小为 $m$ 的独立集的点权之积的和. 数据范围：$n,m \leqslant 8 \times 10^4
题目描述 题解 至少相比一年以前想到了拆y^i，只不过没想到提y^n出来而已（确信） op=0 块=点-边,hash op=1 假设一棵红树的块数为j，则贡献为y^j*方案数 方案数直接用prufer算\(n^{m-2}\prod a_i\)会算重，会连上蓝树的边 套路：恰好=-1后的至少 问题是直接把(y-1+1)展开会发现顺序反了，有兴
问题可以转化为：$A$ 与 $B$ 所有前缀一一配对，LCP 之和最大是多少. 构建后缀树，然后对于点 $x$，若 LCP 为 $x$ 则贡献就是 $x$ 子树中 $A$ 点和 $B$ 点较小数量. 我们发现如果要求和最大，就贪心匹配. 由于后缀树中点 $x$ 的长度为 mx[x] ~ mx[pre[x]]，我们需要分类讨论
Description Problem Link 给定 \(n \times m\) 的长方形，左上角的最大等腰直角三角形不可走，其他地方的点可走，并且只能向上向右走，求有多少种方式能从 \((0,0)\) 到达 \((n,m)\) Solution emm … 这个是 Catalan Number 的变式吧，可以推出答案为 \[C^{n+m}^n-C_{n+m}^{n-1} \]然后
考虑给一个根。记 \(B\) 是有根联通图，\(D\) 是点双连通图。 现在考虑有根无向图： \[B(x) = x*\exp(\sum_i D_{i+1}/i! B^i) \\ \frac{B(x)}{\exp(D'(B(x)))}=x \]扩展拉格朗日反演： \[[x^n] H(\frac{x}{\exp(D'(x))}) = \frac{1}{n}[x^{n-1}]H'(x)\frac{x^n}{B(x)^n} \]取 \(H(x)
这次的状态十分复杂，写递推版不现实. 于是学了一下递归版数位dp，感觉比递推版高明多了，好写还好想. 如果以后碰到状态复杂的数位dp的话可以考虑递归版本. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) usi
题面 题解 显然树是二分图。所以问题很容易地变成了：限制和 \(1\) 一边的点数为 \(K\) 的二分图生成树个数。（但是我并没有想出来这一步 首先求出限制和 \(1\) 一边的点数为 \(K\) 的二分图个数，为 \(\large\binom {N - 1} {K - 1}\)。 那么只需求出像那个样子的生成树个数即可。 矩
目录@description@@solution@@accepted code@@details@ @description@ 给定两个长度为 n 的正整数序列 {ai} 与 {bi}，序列的下标为 1,2,…,n。 现在你需要分别对两个序列各指定恰好 K 个下标，要求至少有 L 个下标在两个序列中都被指定，使得这 2K 个下标在序列中对应的元素的总和最大
$O(n^2)$ 的式子是好列的，然后我们发现这是一个关于前后缀的转移. 用线段树合并优化这一过程. 具体地，分别维护 $x,y$ 的后缀和. 这里要注意：由于这道题中两个不同子树肯定没有交集，所以在线段树合并的时候肯定会合并到一个点，使得两个树中一个为空. 然后由于另一个
Description Hint \(1\le n, q\le 5\times 10^5\) Solution 当整棵树的某一个叶子结点发生修改时，考虑连带被改变状态的结点分布在那些位置上。 首先，一定在这个叶子结点到根结点的这条链上。其次，改变的结点一定是一段连续的链。 对于“ 改变的结点一定是一段连续的链 ” 的解释：设
题目 点这里看题目。 分析 首先不难发现答案具有单调性，因此可以二分答案。答案上限为\(V=2m\times \max\{a_i, b_i\}\)。 考虑如何去判断当前的答案。设这个答案为\(mid\)。 我们可以将一块三角形拼图看做一个向量，表示在这个拼图内走过的位移。因此我们的叠放的拼
题目 题目链接：https://loj.ac/problem/2460 在一个无向图中找一条最大边权最小的欧拉回路。若没有则输出 NIE。 思路 这题思路还是挺妙的，码量也不算小，感觉是一道好题（吗？）。 因为如果最大值为 \(a\) 的时候没办法形成欧拉回路，显然最大值小于 \(a\) 的时候也没法形成欧拉回路。所以果
Link \(t\)次操作后，位置\(i\)对位置\(j\)的贡献次数为\(\sum\limits_{k=1}^t{t\choose k}[j-i\equiv n\pmod k]\bmod2\)。 利用Lucas定理，将\(t\)二进制拆分，然后对每一位按照上述式子做一遍即可。 #include<bitset> #include<cstdio> using i64=long long; std::bitset<100007>a,r,
嘴巴上把这道题切了，但是写代码的时候好多细节都需要注意. 1. 大概可以猜到能表示出的数字比多，但是这一步要用 BFS+hash 才行，因为用 DP 求解的话会有好多无用状态. 2. 做动态规划的时候如果对与状态有限制条件的话比较好写的方法是由合法状态去转移下一步，而不是枚举当前状态
