摘要：
离散化后，容易想到设f[i][j]为i节点权值为j的概率，不妨设j权值在左子树，则有f[i][j]=f[lson][j](pi·f[rson][1~j]+(1-pi)·f[rson][j~m])。 考虑用线段树合并优化这个dp。记录前缀和，合并某节点时，若某棵线段树在该节点处为空，给另一棵线段树打上 阅读全文
摘要：
如果直接dp，状态里肯定要带上已走过的点的集合，感觉上不太好做。 考虑一种对期望的minmax容斥：其中Max(S)为遍历完S集合的期望步数，Min(S)为遍历到S集合中一个点的期望步数。当然才不管怎么证，反正看上去非常优美。 设f[i][S]为由i节点出发的Min(S)，显然有f[i][S]=Σf 阅读全文
摘要：
考虑容斥，枚举一个子集S在1号猎人之后死。显然这个概率是w1/(Σwi+w1) (i∈S)。于是我们统计出各种子集和的系数即可，造出一堆形如(-xwi+1)的生成函数，分治NTT卷起来就可以了。 阅读全文
摘要：
容斥一发改为计算至少碾压k人的情况数量，这样对于每门课就可以分开考虑再相乘了。剩下的问题是给出某人的排名和分数的值域，求方案数。枚举出现了几种不同的分数，再枚举被给出的人的分数排第几，算一个类似斯特林数的东西即可。后一部分与碾压几人是无关的，预处理一下，复杂度即为三方。当然和四方跑得也差不多快。 数 阅读全文
摘要：
一个显然的做法是二分答案后转化为查询区间颜色数，可持久化线段树记录每个位置上一个同色位置，离线后set+树状数组套线段树维护。这样是三个log的。 注意到我们要知道的其实只是是否所有颜色都在该区间出现，可以改为查询后缀区间的上一个同色位置中最小的。这样我们就只需要set+线段树就可以维护了，同样二分 阅读全文
摘要：
即求所有情况的最大伤害之和。容易发现应该先打强化牌，至少打一张攻击牌。同样显然的是强化牌和攻击牌都应该按从大到小的顺序打。进一步可以发现，只要还有强化牌，就应该使用（当然至少留一次攻击的机会）。 于是将强化牌和攻击牌各自从大到小排序。显然可以将其分开考虑。对强化牌，设f[i][j]为前i张牌抽到j张 阅读全文
摘要：
显然的做法是暴力枚举非树边所连接两点的选或不选，大力dp。考场上写的是最暴力的O(3n-mn)，成功比大众分少10分。容斥或者注意到某些枚举是不必要的就能让底数变成2。但暴力的极限也就到此为止。 每次重新dp做了大量重复的事，考虑从减少重复计算方面优化。先跑一遍没有限制的树形dp。将非树边所连接的点 阅读全文
摘要：
记录区间and/or，修改时如果对整个区间影响都相同就打标记，否则递归。复杂度不太会证。 阅读全文
摘要：
A：n==2?2:1。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define l 阅读全文
摘要：
如果是要求左端点最大，直接求出SA，找前缀名次最小值就可以了。虽然现在要左端点最小，但我们已经知道了这个字典序最小的串是什么，找到名次数组上的合法区间求最小值即可。我也不知道为什么我会弃掉这个题，可能太久没写字符串了。 阅读全文