摘要：
应该是一个很通用的解法。 一个显然的分段 dp： > $f_{j,i}$ 表示前 $i$ 个数分 $j$ 段的方案数，$f_{j,i}\gets \min\limits_{k=0}^{i -1}f_{j-1,k}+w(k+1,i)$。 可以滚动数组，$f_{i}\gets \min\limits_{ 阅读全文
摘要：
根据唯一分解定理，令 $x=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdots p_m^{q_m},y=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}$，则 $\text{lcm}(x,y)=p_1^{\max(q_1,k_1)}p_2^{\max(q_2,k_2)}\cdots 阅读全文
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这个人赛时只过了这题，但是同学 @[sinsop90](https://www.luogu.com.cn/user/141599) 赛时只没过这题，怎么会是呢？ 考虑到 $s,t$ 之间路径必须经过关键点，假设这个关键点为 $k$，那么路径形式一定是 $s\to k\to t$（废话）。 画一下图发 阅读全文
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考虑如何判断一个方案是合法的，很容易想到贪心，从左到右考虑第 $i$ 棵树： - 如果这棵树能向左倒即 $[x_i-k,x_i]$ 没有被占据，就向左倒。 - 否则向右倒。 显然向左倒对之前已经倒下的树没有影响，而对后面的树来讲，这棵树向左倒能留下尽量多的空间，所以优先向左倒一定不劣。 所以考虑一个 阅读全文
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本来这篇题解是想在中考前写的，但是直到考前都没调出来，原因是 `pow()` 的精度感人。 由于 $x\equiv0\pmod{a\cdot b}$，令 $c=\dfrac{x}{ab}$，答案即 $abc\le n$ 的**无序**三元组 $(a,b,c)$ 数量。 考虑把无序转成有序，即 $a\ 阅读全文
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你也许说得对，但我是真看不懂第一篇题解那个答案式子…… 预处理是差不多的。 设 $f_u$ 表示从 $u\to fa(u)$ 的期望步数，$g_u$ 为 $fa(u)\to u$ 的期望步数，$d_u$ 为 $u$ 的度数。 那么显然有： $$f_u=\frac{1}{d_u}\left(1+\su 阅读全文
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这个期望显然是诈骗，即统计每种排列最大前缀和之和。 对于某个排列 $a$，令 $s(l,r)=\sum\limits_{k=l}^ra_k$。考虑前缀 $[1,i]$ 成为答案的**充要条件**： - $\forall 1i,s(i+1,j)<0$，否则加上这段不劣（钦定取的是**最大并且最靠后** 阅读全文
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简单题。 每个点 $(i,j)$ 二分处理出 $p_{i,j}$ 表示在这个点上面能放的**最大的集装箱大小**，这部分二分就可以做到 $O(n^2\log n)$。 然后就相当于选择一条从 $(A_x,A_y)$ 到 $(B_x,B_y)$ 的路径，使得路径上 $p$ 值最小的点最大。 这是经典套 阅读全文
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类似随机游走，令 $f_i$ 为第一次操作到 $i$ 的期望操作次数，$p_i$ 为每次操作数为 $i$ 个概率，显然有： $$f_i=\begin{cases}0&i=0\\1+\sum\limits_{j\;\text{xor}\; k\ =\ i}p_jf_k &i\neq 0\end{cas 阅读全文
摘要：
考虑只有一次询问的时候怎么做。 显然的 cdq 分治，每次分治区间 $[l,r]$，统计跨过 $p=\lfloor\frac{l+r}{2}\rfloor$ 的区间的个数。可以枚举区间左端点，由于右端点右移时区间或单调非降，可以双指针维护。 充分发掘题目条件，由于是区间或，还有一个很套路的性质：一个 阅读全文