摘要：
340 - 160 = 180 A $$ \begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^nf(i)\\ =&n+\sum\limits_k\sum\limits_{i=1}^n[f(i)>k]\\ =&n+\sum\limits_k\sum\limits_{i=1}^n[\f 阅读全文
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A 图的遍历。 B 设 $i$ 怪最终被打了 $c_i|c_i\equiv a_i\pmod k$，则答案为 $\sum\limits_{i=1}^n\max(c_i-c_{i-1},0)$。 有结论：$\forall i,-k<c_i-c_{i-1}<k$。 （证明：若 $c_i-c_{i-1}\ 阅读全文
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停电不延时？那我缺的 A 20 分这一块谁给我补啊 A 考虑从前往后把每个弹珠分配给每个人，则每个弹珠在最优方案中一定优先补给手上弹珠最多的人， 所以只需维护出这个弹珠可选的人数即可，答案即位每个弹珠可选人数之积 $\times n!$（每个人的方案之间可以任意交换） B 考虑按边权从大到小依次加边 阅读全文
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A 考虑 $\bigoplus\limits_{i=1}^n a_i=0$，那随便分开两段即可。 否则设 $\bigoplus\limits_{i=1}^n a_i=x$，若能找到 $l<r$ 使得 $\bigoplus\limits_{i=1}^l a_i=x$，$\bigoplus\limits 阅读全文
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A 记得开 long long。 B 考虑倒着模拟，维护答案在每次删数前的排名， 每次删数时统计这次删去的比答案小的数的个数 $x$，则此次删数前排名比此次删数后多 $x$。 考虑每次删数时，删去的哪些数比答案小。设此次删数后答案排名为 $p$， 则此次删去的排名为 $a_k|a_k-k<p$ 的数 阅读全文
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$O(nk)$ 不带 $\log$。 每次减的位置一定在当前某最大子段里，所以观察最大子段的结构。 发现最大子段一定不与其他最大子段部分相交（本原段？）， 于是发现每次把当前所有最大子段中最靠左的右端点 $-1$，可以影响互相包含的这一堆最大子段。 #include <cstdio> #includ 阅读全文
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被 翻 了 A xt 最后一步肯定选四角，所以 fengwu 肯定选与四角距离最大值最小的点， 所以 xt 第一步肯定占掉与四角距离最大值前 $k$ 小的点。 B 奇妙做法，差分优化 DP。令排列 $p$ 的价值为 $f(n,p,s)$。 设 $f_{i,j}$ 表示长度为 $i$，价值为 $j$ 阅读全文
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最阴间的一场 A 设 $f_{i,0/1}$ 表示交换 $i$ 次，$1$ 在 / 不在原位的概率， 则 $f_{i,0}=\dfrac{(n^2-2)f_{i-1,0}}{n^2}+\dfrac{(2n-2)f_{i-1,1}}{n^2},f_{i,1}=\dfrac{2f_{i-1,0}}{n^ 阅读全文
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A 限制即 $\operatorname{lcm}|$ 原数，考虑把 $\operatorname{lcm}$ 和原数压进状态。 $\mathop{\operatorname{lcm}}\limits_{i=1}^9 i=2520$，所以 $\operatorname{lcm}|2520$，而 $2 阅读全文
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A 注意 $n\le 2$。 B 枚举最小值，算最大值最小是多少。 把每个集合排序，用一个堆维护当前选出的集合，初始把所有集合的最小值加进去。 考虑枚举下一个最小值，需要弹出当前最小值，然后加入当前最小值在其集合中的后继。 每次更新答案即可。 C 每条边都会被算 ${n-2\choose k-2}$ 阅读全文