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E 数位 dp。 定义 \(dp_{pos,s,t,0/1}\) 为在第 \(pos\) 位，当前数字和是 \(s\)，这个数模规定的数字和为 \(t\)，是 \(/\) 不是极限的情况数。 于是我们枚举规定的数字和即可。 然后就是套路了。 假如在极限枚举范围就是 \(1\) 到 \(n\) 的第 阅读全文
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problem & blog 数位 dp 模板题。 经过一次操作，可以把 \(n\) 变成一个小于 \(10^3\) 的数。 所以我们可以把所有小于 \(10^3\) 的数操作的次数全部处理出来。 然后就是正常的数位 dp。 定义 \(dp_{s,num,lim}\) 表示剩 \(s\) 位，有 \ 阅读全文
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输 E 对于 \((u,v)\)： 若 \(a_u = a_v\)，则把 \(u\) 和 \(v\) 扔到同一个并查集里 否则连接两个点 然后跑一遍 dp 即可。 code F 根号分治 如果 \(a_i \ge \sqrt n\) 直接暴力，否则使用前缀和记录。 code 所以这场 \((\tex 阅读全文
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problem 希望这篇题解不要明年才审完。 标签：线段树 记录 \(Lsum_p\) 为这个区间有多少个 ( 不能匹配，\(Rsum_p\) 为这个区间有多少个 ) 不能匹配。 对于叶子结点如果是 ( 那么 \(Lsum_p\) 为 \(1\)，否则 \(Rsum_p\) 为 \(1\)。 如果不 阅读全文
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D 我们可以把矩阵 \(\text{A}\) 看成 \({p,q}\)。 \(p\) 指现在一行最开始在哪里，\(q\) 指现在这一列最开始在哪里。 于是我们枚举 \(p\) 和 \(q\) 所有可能的情况，如果修改后的 \(\text{A}\) 和 \(\text{B}\) 一样，那么就可以直接统 阅读全文
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A 我们定义 \(dp_{dep}\) 为第 \(dep\) 层会对上一层产生多少的影响。 如果有一层的影响大于 \(0\)，在足够次计算后那么肯定是正号。如果小于零那就一定是负号。 由于越久影响到的，对答案的贡献就越大。 所以层数倒叙枚举即可。 code 阅读全文
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problem 我们定义 \(\text{T}\) 对应 \(n + 1\)，\(\text{U}\) 对应 \(n + 2\)，\(\text{F}\) 就是 \(-\text{T}\)。 现在我们知道了每一个数代表着什么值，用 \(val\) 数组来表示。 然后我们构想两个数组 \(pT\) 和 阅读全文
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problem 我们可以考虑什么情况下这个点一定可以到黑点。 \(c_i = 1\)。 \(c_{son} = 1\)。 儿子可以，并且儿子子树内有两个黑点 请两个不必多说，看最后一个。 假如说考虑他的儿子能到的情况的第一个选择的点，那么我们选择另外一个即可到达儿子，那么我们就可以到达黑点。 然后我 阅读全文
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D 记录每一行，每一列有多少个 o，然后统计答案即可。 code E 想到 \(mex^{i \le n}_{i = 1} a_i \le n\) 这整个题就可做了（赛时因为没想到这个，痛失 \(475\) 分）。 所以我们把从 \(0\) 到 \(n\) 的所有数加进 set 里面，如果有这个数， 阅读全文
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problem 容斥好题，结果题解里面一堆 \(\text{NTT}\)。 如果我们去掉有多少个人喜欢什么东西的条件，那么这个题就直接枚举有 \(i\) 组同学会一起讨论蔡徐坤。这一个问题十分容易。 使用容斥原理来做，然后容斥的系数是 \((-1)^i\) 想必这个东西对于大家来说是十分简单的。 如 阅读全文