摘要：
好像有道题是求生成树权值和的和的，考虑 $\sum\limits_{T}\sum\limits_{e\in E(T)}w_e$ 咋做。 每条边给一个边权 $v_e(x)=1+w_ex$，然后跑矩阵树： $$\text{ans}=[x]\sum\limits_{T}\prod\limits_{e\in 阅读全文
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一个月前做的题，放在现在写题解。其实还有一道半年前的，但不想写了。 这个最大值其实是诈骗，考虑计算每种权值的方案数。 考虑把位运算当成加法，此时答案如何计算。那么每条边边权就变成了 $w(x)=x^v$，$v$ 为权值。然后跑矩阵树定理： $$c_i=[x^i]\sum\limits_{T\in G 阅读全文
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这里是加强版，$n\le 10^6$。 考虑到最后删剩下括号序列形如 `(((...(()))...))`，想到枚举分界点。 设 $p$ 为当前枚举的分界点，$l$ 为 $[1,p]$ 内 `(` 的个数，$r$ 为 $[p+1,n]$ 内 `)` 的个数，$x$ 为 $[1,p]$ 内 `?` 的 阅读全文
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Hint 是 $n$ 个 $[0,1]$ 之间均匀随机分布的数的第 $k$ 小值的期望为 $\frac{k}{n+1}$，证明可见[这篇博客](https://www.cnblogs.com/penth/p/9743303.html)。 考虑 Kruskal 求最小生成树的过程。从小到大加入每条边， 阅读全文
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第一次做这种非合作博弈均衡的题。 显然，当双方均有牌的情况下，先手是不可能直接指定桌牌的：正确的概率为 $\frac{1}{m+1}$，错误的概率为 $\frac{m}{m+1}$，显然 $\frac{m}{m+1}\ge\frac{1}{m+1}$。 于是先手指定桌牌的情况只能是 $n=0$ 或 阅读全文
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不知道是怎么想到的。ntf 实在是不平凡的。/bx/bx/bx 你考虑如何判断一个序列是 $\text{good}$ 的。设重排后序列 $t_i$ 前缀 $[1,i]$ 和后缀 $[n-i+1,n]$ 按位或等于 $w_1$，$[1,i+1]$ 和 $[n-i,n]$ 按位或等于 $w_2$。不难发 阅读全文
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有一个很蠢但是很好写的做法。 就是你先令 $t_i$ 为与起来恰好为 $i$ 的方案数，然后 $g_i$ 为与起来子集中有 $i$ 的方案数。 然后 $g_S=\sum\limits_{T\subseteq S}t_T$，反演一下变成 $t_{S}=\sum\limits_{T\subseteq S 阅读全文
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DS 好闪，拜谢 DS。 考虑二进制的情况怎么做，那这两个操作就变成了取反和全局加 $1$。 建 `01-trie`，如果是 $01$ 反转的话打交换儿子的标记即可。考虑全局加 $1$，最后一位 $01$ 状态反转，并且反转后为 $0$ 的位置会对前面的位有进位。递归 $0$ 链并顺路交换左右儿子即 阅读全文
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显然不能考虑所有方案，于是考虑每种连通块对答案的贡献。 把环当作序列，线当作区间，两个点之间有边意味着它们对应的区间有交，并且**互不包含**。 由于互不包含的性质，我们就可以进行 dp 了。 令 $f_{l,r}$ 表示仅考虑 $[l,r]$ 区间内的连边（也就是说外面没有边伸进来），$l$ 和 阅读全文
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神仙构造。 因为余数相等不好构造，所以想到钦定这个余数为 $1$，比较直观的方法就是取出一些不相邻的格子，然后它们的权值为其相邻格子的 $\text{lcm}+1$。由于它们权值比较大，称其为**大格子**。 显然**最多能取 $\frac{n^2}{2}$ 个大格子**（棋盘染色取同色即可），那么 阅读全文