摘要：
传送门 这一题好妙啊 首先把括号序列转化成平面直角坐标系 $xOy$ 上的折线，初始时折线从坐标系原点 $(0,0)$ 出发 如果第 $i$ 个位置是 '(' 那么折线就往上走一步（$y+1$），否则往下走一步 （$y-1$） 这条折线有很多有用的性质 $1.$如果某个时刻折线的纵坐标为负数了，那么 阅读全文
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传送门 注意到连续两个格子如果有相同颜色那么一路过去的都可以确定 比如一开始染了这两个位置： 然后发现后面整片过去都可以确定： 对于横着的情况也是一样，然后就会发现不可能出现横着两个和竖着两个同时都有的情况，因为这样一定会冲突，就一定不合法了 （自己画一下就知道了） 那么现在只要对行列分别计算即可， 阅读全文
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传送门 这个显然考虑容斥，那么答案就是总方案数减去至少有一个 $1$ 的方案数加上至少有两个 $1$ 的方案数减去至少有三个 $1$ 的方案数... 即 $ans=\sum_{x=0}^{max(a)}(-1)^{cnt[x]}(2^{f[x]}-1)$ ，其中 $cnt[x]$ 表示 $x$ 二进 阅读全文
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传送门 显然我们只要考虑小于等于 $n/2$ 的质数 对于每个不为 $2$ 的质数 $p$ ，如果目前它的还没匹配的倍数有偶数个，那么显然这些都可以匹配完 否则，如果有奇数个，那么我们把 $2p$ 留着不匹配，剩下偶数个拿来全部匹配 最后剩下的数都是 $2$ 的倍数，一个个匹配即可，如果剩下奇数个只 阅读全文
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传送门 由提示可以知道，如果把图中的边从小到大依次加入，在加入第 $k$ 条边时图恰好联通，那么期望花费为 $\frac{k}{m+1}$ 注意到期望花费和加入边数成正比，发现可以看成每一条加入后不使图联通的边的贡献之和，每条不使图联通的边的贡献即为 $\frac{1}{m+1}$ 那么如果能算出 阅读全文
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传送门 首先可以注意到对于固定的起点 $S$ ，它最终能走到的终点一定是一段区间 这个用反证法容易证明，假设合法区间存在断点，这个点左右都可以作为终点 那么分成区间断点在起点左边和起点右边讨论一下即可，起点本身显然一定可以作为终点 然后现在只要考虑从每个起点出发能走到的最左和最右的位置即可算出答案 阅读全文
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传送门 注意到每个位置只能右转一次，首先考虑如果图没有障碍那么显然要走螺旋形的 然后现在有障碍，容易发现对于某个位置如果既可以直走又可以右转，那么一定会选择直走 因为如果转了以后就一定没法走到原本直走可以走到的位置，所以必须直走 那么思路就很明确了，按这种走法然后看看走到底以后经过的总的格子数是不是 阅读全文
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传送门 注意到 $f(X,Y)+f(Y,X)$ 是一个定值（因为每个元素都不相同） 所以如果能让 $f(X,Y)$ 与 $f(Y,X)$ 尽可能接近，那么一定是最优的 所以可以这样构造：把 $n^2$ 的序列每 $n$ 个分成一组，一共 $n$ 组 对于第一个集合，拿出当前第 $1$ 组最大的，第 阅读全文
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传送门 显然每种礼物是互相独立的，一个礼物的分配不会影响另一个礼物 对于某个礼物 $x$ ， 对于每个盒子来说，要么选要么不选，那么可以看成长度为 $m$ 的二进制序列 这个序列第 $i$ 位的数就代表第 $i$ 个盒子里是否有这个礼物，那么总方案即为 $2^m-1$ ，减 $1$ 是因为全 $0$ 阅读全文
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传送门 注意到两种操作都要消耗中间的石头，并且两种操作每次都会得到 $3$ 个石头 那么显然优先做操作二是最优的，因为操作二只会消耗中间堆的一个石头 如果有剩下再进行操作 $1$ ，那么可以保证总操作次数最大，即答案最大 阅读全文