07 2019 档案
摘要：传送门 显然可以列出 dp 方程按时间转移 发现数据 n 很小，K 很大，考虑矩阵快速幂优化转移 但是不同时间的转移似乎不一样 发现题目中单个鱼的移动有周期性，显然整体的移动也有周期性，发现个体的周期只有 2,3,4 所以整体移动的周期最多也只有 12，所以考虑把 12 步的
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摘要：传送门 首先要懂得 BSGS，BSGS 可以求出关于 Y 的方程 XY≡Z(mod mo) 的最小解，其中 gcd(X,Z)=1 exBSGS 算是 BSGS 的进一步扩展，使得当 gcd(X,Z)!=1 时仍然适用 先把方程转换成 $X^Y+k*
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摘要：传送门 用 FFT 搞字符串匹配，神仙操作.... 对于两个字符串 A,B，定义 dis(A,B)=∑i(Ai−Bi)2 显然当且仅当 A=B 时，dis(A,B)=0 这一题还有要求，'*' 为通配符，所以这题的 $dis(A,B)=\sum_i((A_i-B_i
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摘要：传送门 考虑每个点 i 对答案的贡献 当删去一个节点 j 的时候， i 会对 j 产生 1 的贡献当且仅当 i,j 这条链上的所有点中，j 是第一个删除的节点 显然链上每个节点第一个被删除的概率是一样的 所以点对 i,j 的贡献就是 $\frac{1}{dis(i,j
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摘要：传送门 变一下题目的式子，变成 A[i]+A[k]=2A[j],i<j,k>j 发现 A[i] 的值域不大，考虑移动指针 pos 并维护 cntl[],cntr[] 分别表示 pos 左右两边各种值的数的数量 设 ans[i] 表示当前 pos 左右两边各取一个数，相加为
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摘要：传送门 首先显然 E[j]=∑j−1i=1q[i](i−j)2−∑ni=j+1q[i](i−j)2 考虑怎么 FFT，设 g[i]=sgn(i)i2 则 $E[j]=\sum_{i=1}^{n
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摘要：传送门 求 c[k]=∑ni=k(a[i]∗b[i−k]) 为了搞 FFT，考虑把 a,b 的下标变成相加等于 k 这样的形式 设 d 为 b 翻转后的数组，即 d[i]=b[n−1−i]，或者说 b[i]=d[n−1−i] 原式 $c[k]=\su
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摘要：A. DIY Wooden Ladder 题意：有一些不能切的木板，每个都有一个长度，要做一个梯子，求梯子的最大台阶数 做梯子的木板分为两种，两边的两条木板和中间的若干条台阶木板 台阶数为 k 的梯子要求两边的木板长度大于等于 k+1 ，中间的木板数等于 k。 直接找到最大和次大的木板放
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摘要：传送门 看题目一眼斜率优化，然后写半天调不出来 结果错误的 dfs 有 95 分？暴力 SPFA 就 AC 了？ 讲讲正解： 显然是斜率优化的式子： 先不考虑 qsk 的贡献，设 f[i] 表示当前时间为 i 的最小代价 如果不考虑位置关系，有 $f[p_i]=f
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摘要：传送门 注意读入是从高位到低位的... 输出记得判前导零... 然后就是模板了
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摘要：传送门 对于一个询问 (xa,ya),(xb,yb)，拆成 4 个询问并容斥一下 具体就是把询问变成求小于等于 xb,yb 的点数，减去小于等于 xa−1,yb 和小于等于 xb,ya−1 的点数，再加上小于等于 xa−1,ya−1 的点数 就变成求二维前缀和的问题了 然后再
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摘要：传送门 经典 LCT 题，动态维护生成树 把边按边权从小到大排序，一条条加入，如果还没联通就直接连，联通了就把原本路径上最小的边替换 构成树了以后就可以更新答案了 然后问题来了，怎么动态维护整颗树的最大边权和最小边权 直接开一个 multiset 就行了...... 聪明的方法是用指向最小的
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摘要：传送门 暴力怎么搞，维护前缀和 s[i] ，对于每一个 s[i]，枚举所有 j∈[0,i−1]，看看 s[i]−s[j] 是否属于 [L,R] 如果属于就加入答案 s[i]−s[j]∈[L,R] 等价于 $s[i]-s[j] \geqslant L , s[i]-s[
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摘要：传送门 如果只有一种颜色，显然 LCT 多种颜色，发现颜色不多，所以对每一种颜色建 LCT 编号 c 的颜色的第 i 个节点在 LCT 中编号 c∗n+i 改颜色的时候有一堆细节，具体来讲 用 map 来判断两点之间是否有边并记录边的颜色，注意边 (x,y) 和 $(
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摘要：传送门 矩阵内点数显然可以预处理前缀和然后简单容斥一下 具体就是设 sum[i][j] 表示以 (i,j) 为右上角，以 (0,0) 为左下角的矩阵的点数 那么对于询问以 (xa,ya) 为左下角，以 (xb,yb) 为右上角的矩形点数 注意到询问区间是闭的，显然答案就是 $su
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摘要：传送门 注意每一单位蔬菜的变质时间是固定的，不随销售发生变化 固定的...... 就是每一个单位的蔬菜在哪一天变质是早就定好了的 发现从第一天推到最后一天很不好搞 考虑反过来，从最后一天推到第一天，这样就相当于每天多一些蔬菜 不管现在怎么卖都不会影响下一天多的蔬菜，不会出现贵的留到后面卖的操作，因为
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摘要：传送门 首先证明 d(ij)=∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==1] 把 i,j 考虑成唯一分解后的形式：Pk1i1Pk2i2...Pknin 对于 i,j 中某个相同的质因子 Px ，$i=...P_{x}^
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摘要：传送门 Ans=∑Ni∑Mjlcm(i,j) 因为 lcm(x,y)=xy/gcd(x,y) 所以 $Ans = \sum_i^N\sum_j^Mij/gcd(i,j)=\sum_i^N\sum_j^M(\ i/gcd(i,j)\ )(\ j/gcd(i,j)\ )
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摘要：传送门 设 f[x]=∑Ni∑Nj[gcd(i,j)==x] 那么答案就是 Ans=∑primef(prime) 显然 f 可以反演，设 F[x]=∑Ni∑Nj[x|gcd(i,j)] 那么 $F[x]=\sum_{x|d}f[d]
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摘要：传送门 对于每次询问 a,b,c,d,n 答案就是 f[n]=∑bi=a∑dj=c[gcd(i,j)==n] 看到熟悉的 gcd ，莫比乌斯反演 设 F[n]=∑bi=a∑dj=c[n|gcd(i,j)]，那么
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摘要：传送门 首先对于询问 x,a,b 答案就是 f[x]=∑ai=1∑bj=1[gcd(i,j)==x] 看到 gcd(i,j)，莫比乌斯反演走起 设 F[x]=∑ai=1∑bj=1[x|gcd(i,j)] 那么有
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