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传送门 怎么好像没什么人写 $dp$ ...？ 设 $f[i][j][k][0/1]$ 表示当前处理完前 $1$ 到 $i$ 的数，上一位开始的顺子有 $j$ 个，当前位开始的顺子有 $k$ 个，是否已经有雀头，的情况下能不能胡 因为连续三个顺子其实等价于三个刻字，所以我们只要考虑顺子小于 $3$ 阅读全文
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传送门 好巧妙的题啊... 首先因为 $a+b+c=1$，所以我们忽略 $c$，只要确定出 $a,b$ 即可 考虑构建平面直角坐标系，横坐标为 $a$，纵坐标为 $b$，那么一种原料或者合金 $v_1=(a_1,b_1)$ 就可以看成平面上的一个向量 而如果某两种原料 $v_1,v_2$ 可以构成一 阅读全文
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传送门 一眼 Burnside $dp$ 首先置换内部有独立的循环，置换的循环节长度为那些独立循环的 $lcm$ 考虑某个循环节长度 $L$ 怎么得到，显然把 $L$ 质因数分解，$\prod_{i=1}^{m}p_i^{k_i}$ 那么最优情况下独立循环的循环节为 $p_i^{k_i}$，好像挺显 阅读全文
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传送门 一看 $n$ 这么小，搜就完事了... 因为最后每块小蛋糕面积固定，所以每次切完面积都必须是小蛋糕面积的倍数 那么最多只有第一次有 $10$ 个位置，之后越来越少，复杂度很低 然后注意不要乱剪枝...，每次切不一定只切长的边，枚举位置时因为左右两边是对称的所以只要枚举一半 阅读全文
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传送门 显然的 $Anti-SG$ ，直接套上结论就行 当然也可以略证一下 $1.$如果石头堆都只有一个石头，那么堆数为偶数时先手必胜 $2.$如果某堆有多个石头，那么总 $SG$ 不为 $0$ 时先手必胜 考虑只要一堆有多个石头时，先手可以拿到只剩一个或者全部拿完，然后就变成 $1.$ 的情况并且 阅读全文
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传送门 因为每个豆子都是互相独立的，所以各看成一个子博弈 他们之间的状态只和位置有关，因为每次操作都会多出一个豆子，相当于多一个子博弈 那就是 $multi-SG$ 模型了，数据很小，考虑直接求出每个状态的 $SG$ 值 根据 $multi-SG$ 的理论，设 $SG[i]$ 表示第 $i$ 个位置 阅读全文
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传送门 考虑 $dp$，设 $f[i][j][k]$ 表示考虑了前 $i$ 种面值的钱，$Alice$ 现在有共 $j$ 元，$Bob$ 现在共有 $k$ 元时，的最少交换次数 那么 $Cynthia$ 的状态可以由总和减去 $Alice$ 和 $Bob$ 的状态得到 然后枚举每一种钱，枚举初末此种 阅读全文
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传送门 看到题目，啥，高维球体？ 确定球心？模拟退火，爬山走起 emm，直接解方程就好了 首先方程有二次项，但是发现给了 $n+1$ 个方程 所以随便拿一个出来和其他 $n$ 个方程减一下，就把 $x^2$ 给消掉了 然后就可以高斯消元了 化完以后方程的形式大概就是 $\sum_{i=1}^{n}p 阅读全文
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传送门 发现 $A$ 不大，又允许较大的误差，考虑乱搞 考虑求出每个位置的答案，因为有 $1e5$ 个位置，所以每个位置差不多可以计算 $100$ 次贡献 所以把每个可以贡献的位置尽量均匀分成 $100$ 个块，同一个块内答案一起算 本来一个位置的贡献是 $m[i]m[j]/(i-j)$ ，那现在一 阅读全文
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传送门 确定排名看一眼就想到 $floyd$ 传递闭包，然后因为 $n$ 比较大所以要 $bitset$ 优化 要求最少次数？然后就想到二分，然后就自闭了 结果网上做法都默认一个个比较就是最优解的吗？随便吧，题目应该是有错的... 阅读全文