摘要：
传送门 当然有 \(O(n\log n)\) 的做法：主席树等等。 但是这题还可以用一种更暴力的方法：直接开线段树，每个结点保存的信息是对应区间的所有数从小到大排序后的结果。 pushup 就是对左右儿子归并排序。 查询就在数组上二分即可。 时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)，空间复杂度 \ 阅读全文
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传送门 很巧妙的转化。 给每个结点染色（标号），如果一条边两端同色，是重边；否则为轻边。 初始让每个结点分别设一个超级大的颜色。 每次修改，等价于把路径上的点修改为一个没有出现过的颜色。 用树剖维护即可。 阅读全文
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D 给定一张图，分为左右各 \(P\) 个点，左右各自内部是一个完全图，左右之间有 \(m\) 条边。求这个图的最大团。\(P\le 20,m\le P^2\)。 对于每个右部点，求出一个长度为 \(20\) 的二进制数，第 \(i\) 位是 \(1\) 表示它与左部第 \(i\) 点有连边。 枚举 阅读全文
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Hall's 定理：二分图 \((X,Y,E)\) 有大小为 \(|X|\) 的匹配 $\iff $ 对于 \(\forall A\subseteq X\)，\(|N(A)|\ge |A|\)。(\(N(A)\) 表示 \(A\) 的邻域) Konig 定理：二分图最小点覆盖 = 最大匹配。 阅读全文
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传送门 我觉得这题最有意思的其实是 "最终会固定为一个数" 这个结论。 扩展欧拉定理：\(a^b\bmod p\)，当 \(b\ge \varphi(p)\) 时，\(a^b\equiv a^{b\bmod \varphi(p) + \varphi(p)}\pmod p\)。 所以 \(2^{2^{ 阅读全文
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传送门 显然每一只龙对应了唯一的一把剑。用 multiset 可以求出每一把剑。于是题目就变成了： \[\begin{cases}b_1x\equiv a_1\pmod {m_1}\\b_2x\equiv a_2\pmod{m_2}\\\dots\\b_nx\equiv a_n\pmod{m_n}\ 阅读全文
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传送门 求 \(G^{\sum_{d|n}C_n^d}\bmod 999911659\)。\(n,G\le 10^9\)。 费马小定理：即求 \(G^{\sum_{d|n}C_n^d\bmod 999911658}\bmod 999911659\)。 而 \(\sum_{d|n}C_n^d\bmod 阅读全文
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传送门 看一个人什么时候出圈没有用。先求一个数组 \(id[i]\) 表示第 \(i\) 个出圈的是谁。 考虑第 \(i\) 个出圈的人，应该是从 \(id[i-1]+1\) 开始绕了若干圈，最后从 \(id[i-1]+1\) 走到 \(id[i]\) 的。 也就是 \(K\equiv dist(i 阅读全文
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普通的 CRT 只能处理模数两两互质的情况，而 EXCRT 可以求得任意情况下同余方程组的通解。 思想：把两个同余方程合并成一个，直到剩下一个。 考虑两个同余方程 \(x\equiv p_1\pmod {m_1},x\equiv p_2\pmod {m_2}\)。 则 \(x=p_1+m_1A=p_ 阅读全文
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传送门 洛谷传送门 朴素想法是每个 \(1\) 都向左不断找 \(d\) 个，找到 \(0\) 所需次数就是这个 \(1\) 变成 \(0\) 的时间。（如果找不到说明无解） 可以从每个 \(0\) 出发 BFS 一次，优化。 阅读全文