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摘要： 我们可以贪心的分析，每个点的入度如果是0，那么这个点不可能被用来更新答案，那么我们每次找入度为0的点，将他去掉，如果他连的点没有被更新过答案，那么更新答案，去掉该点，环的时候最后处理就行了/**************************************************************Problem: 3037User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:1672 msMemory:12920 kb********************************************************* 阅读全文

摘要： 具体可以见漆子超的论文/**************************************************************Problem: 2599User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:16052 msMemory:16928 kb****************************************************************///By BLADEVILvarn, m :longint;pre, other, len :array[0..400010] of longint 阅读全文

摘要： 我们按照询问的右端点排序，然后对于每一个位置，记录同颜色上一个出现的位置，每次将上上位置出现的+1，上次出现的-1，然后用树状数组维护就好了/**************************************************************Problem: 2743User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:11072 msMemory:70540 kb****************************************************************///By BLADEVILva 阅读全文

摘要： 用树套树来解决这个问题，存储每个节点的数值是多少，然后交换对于答案的变更可以讨论下，假设交换的是x,y位置的数xb_size[b_right[t]] thenright_rotate(t) elseif b_size[b_right[b_left[t]]]>b_size[b_right[t]] thenbeginleft_rotate(b_left[t]);right_rotate(t);end else exit; end elsebeginif b_size[b_right[b_right[t]]]>b_size[b_left[t]] thenleft_rotate(t) el 阅读全文

摘要： 每个格拆成两个点，出点连能到的点的入点，如果是箭头指向方向费用就是0，要不就是1，源点连所有出点，所有入点连汇点，然后费用流/**************************************************************Problem: 3171User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:32 msMemory:1180 kb****************************************************************///By BLADEVILvarn, m :longi 阅读全文

摘要： 首先我们知道，对于所有种情况，我们可以将每一位可以放的数的值加起来，所有位置的乘起来，等于的就是最后的答案，具体为什么正确，可以根据乘法分配律来想一想。那么对于所有不做要求的，快速幂直接算就行了，然后快排下，就知道每个位置不放那些值，减掉后乘进去就行了。/************************************************************** Problem: 2751 User: BLADEVIL Language: Pascal Result: Accepted Time:344 ms Memory:1008 kb**... 阅读全文

摘要： 首先对于答案ΣΣ(n mod i)*(m mod j) ij也就是Σ(n mod i)Σ(m mod j)-Σ(n mod i)(m mod i)将mod展开，我们可以得到有floor的式子，对于这种式子，我们可以利用分段的思想，将O(N)的简化为sqrt(n)的/************************************************************** Problem: 2956 User: BLADEVIL Language: Pascal Result: Accepted Time:388 ms Memory:224 ... 阅读全文

摘要： 我们根据欧几里得定理可以知道(a,b)=(b,a mod b)也可以得到(a+b,b)=(b,(a+b) mod b)=(b,a)=(a,b)直观点说就是两个数a,b的gcd，和a+b,b的gcd是相等的那么我们可以知道phi(m!)也就是与1-m!中与m!互质的数，那么对于每个互质的数，我们加上m!，就可以得到一个新的和m!互质的数，所以对于每个1-m!与m!互质的数n!范围内一共可以得到n!/m!组解，那么一共也就是phi(m!)*(n!/m!)可以将phi(m!)用公式展开化简，在此不再赘述/************************************************ 阅读全文

摘要： 我们知道，对于每一行来说，交换行，是不改变这行的状态的，交换列只是改变颜色的顺序，对于颜色的个数也没有改变，列也同样存在这一性质那么最后我们要求的是主对角线上都是黑色，也就是每行选一个黑色的，且任意两行选的黑色的不在同一列，我们构造一张二分图，图的一边是行，另一边是列，所以对于每个黑点连边，二分图匹配即可//By BLADEVILvar t :longint; i :longint; pre, other :... 阅读全文

摘要： 我们可以先DP预处理出W[I]代表买I的东西，每种钞票的个数不做限制的方案数，那么对于每一组数据的限制，我们可以知道W[S-C[I]*(D[I]+1)]C为面值,D为数量，这个代表第I种钞票一定超了的方案数，那么假设我们用二进制来表示对于四种钞票的限制情况0000表示都不限制，1000代表第一种必须用超，其余没有限制我们要求的是都限制的请款那么根据容斥原理，我们可以知道答案是都不限制的-有奇数个1的情况+偶数个1的情况dfs处理16种情况就好了/**************************************************************Problem: 1042 阅读全文