摘要: 考虑设 f(i) 表示从低到高第 i 位的进位情况,0 表示不进位,1 表示进位。 分类讨论一下: f(i1)=f(i)=1,那么 a,b 这一位有三种情况 (1,1),(1,0),(0,1)f(i1)=f(i)=0,那么 a,b 这一位有三种情况 $(0 阅读全文
posted @ 2022-11-25 10:16 Kobe303 阅读(21) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 首先建出一棵 01-Trie,容易发现选择一个字符串之后,它的子树和到根节点的链上的节点都不能再选了。 仔细观察一下,发现剩下的树实际上是若干个满二叉树,那么要求出这些满二叉树的 SG 函数。 对于一棵深度为 x 的满二叉树(令根节点深度为 0),观察一下,发现: 若取根节点,则整棵树没了, 阅读全文
posted @ 2022-11-25 09:30 Kobe303 阅读(15) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 非常神的贪心,先要发现以下两个性质: 要花钱收买的一些人,那么肯定是在一开始就收买他们。 按照 m 升序排序,那么处理 m=x 时,m=1x1 的人一定都投了票,不管是贿赂还是跟风。 性质一不难理解,而性质二基于性质一,在一开始收买完人后就像连锁反应一样,m 从小到大开始 阅读全文
posted @ 2022-11-25 08:13 Kobe303 阅读(19) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: T1: 容易发现每种药品之间互不影响,对每种药品分别计算,对于它所涉及到的区间开个 vector 存下来,离散化之后差分,然后前缀和,数出只有它一个线段覆盖的段即可。 时间复杂度 O(klogk+n+m)。 Code: #include <bits/std 阅读全文
posted @ 2022-11-24 21:28 Kobe303 阅读(63) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: T2: 先判 1,n 有连边的情况,也就是说明最短路一定是 1 直接走到 n。特判掉 k=1,n=2 的情况,这是无解的。那么如果 k2 就令 1,n 都为 U,其余随便分配,否则令 1,n 都为 P,其余随便分配。 否则不妨假设给 1 分配 U,给 阅读全文
posted @ 2022-11-23 18:41 Kobe303 阅读(72) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 稍微手玩一下可以发现: 若 y2x,那么 yx>yy<2x,那么 yx=y yxyx 于是不难发现只有 y<2x 时才可能有贡献。 即 x,y 位数相同,最高位都为 1。 那么问题变成 $y\oplu 阅读全文
posted @ 2022-11-20 20:44 Kobe303 阅读(19) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 令 dis(i,j) 表示点 i,j 之间的曼哈顿距离。 如果钦定两个点 i,j 染同一种颜色,那么就可以发现这些东西: 不能存在点 ki,j 不同色,并且满足 dis(i,k)<dis(i,j)dis(j,k)<dis(i,j)。 对于所有点 $ 阅读全文
posted @ 2022-11-20 15:43 Kobe303 阅读(21) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 将原题中的操作删除变成染色,即: 给出一棵树,每次随机等概率选择一未染黑的点,将它及其子树染黑。问期望多少次操作可以将树全部染黑。 首先由于期望的线性性,对每个节点分别考虑其期望被选中的次数。 假设当前在考虑点 u,那么只用考虑 1u 这条链上的点。 由于每个节点被选中的次数只有 阅读全文
posted @ 2022-11-20 08:55 Kobe303 阅读(19) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 首先由于期望的线性性,考虑对每个点分别计算它的期望操作次数。 然后设当前考虑的点为 u,那么只用关注根节点到 u 的链上的点。 对这条链上的操作满足以下两个性质: 只会对链上的坏点染色。 在这条链上所有点变成黑色,即 u 变成好点之前,一直都会对这条链进行操作。 然后就是整道题中最难以理 阅读全文
posted @ 2022-11-19 22:13 Kobe303 阅读(37) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 先发现以下两个性质: 对于所有段,它们的异或和就是所有数的异或和。 由于每段的异或和都一样,设为 d,并设 s 为所有数的异或和,总共分成了 x 段,则有 s=[xmod2=1]d。 设 \left{A\right} 的前缀异或和为 \left{pre\right}。 分 阅读全文
posted @ 2022-11-18 20:00 Kobe303 阅读(40) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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