摘要：
求 $S_{2}(n)=\sum \limits_{i=1}^n \sigma_0(i^2)$ 设 $f(n)=\sigma_0(n^2)$，$g(n)=2^{\omega(n)}$，$\omega(n)$ 表示 $n$ 唯一分解后有多少个不同的质因子。 那么 $f=g *1$，即 $f(n)=\s 阅读全文
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看了讨论区一个回答恍然大悟，%%% 幂级数 $F(x)=A(x)^p$，那么有 $F^{'}(x)=pA^{'}(x)A(x)^{p-1}$，$A(x)F^{'}(x)=pF(x)A^{'}(x)$。若 $a_0,a_1,\dots$ 的普通生成函数为 $A(x)$，令 $s_n=\sum \lim 阅读全文
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直角三角形的三边都可以表示为 $x=t(a^2-b^2),y=2tab,z =t(a^2+b^2)$，$t,a,b$ 都是整数且 $a>b,\gcd(a,b)=1$，$a,b$ 为一奇一偶。可以预处理出 $C_i$ 表示 $t=1$ 时有多少直角三角形的周长为 $i$，这个暴力枚举 $a$,$b$ 阅读全文
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1052 dp即可$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个数分成 $j$ 段。$dp[i][j]=a[i]+\max\{dp[i-1][j], \max\{dp[k][j-1]\}\}$前缀max优化一下即可 #include <bits/stdc++.h> #define ll long long 阅读全文
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一个 $(l,r)$ 有两个后继，所以 sg 值最大只有 2，$r-l+1$ 相等的 pair 的 sg 值相同，那么就枚举 $d=r -l+1$，对于一个 $d$ 很容易求有多少对 $(l,r)$ 满足 $r-l+1=d$ 打表发现 $d$ 的 sg 值最多只有 100 段。 设 $g_i$ 表示 阅读全文
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把 'O' 看成 'X'，然后枚举它的四个方向看看是否能放，然后枚举 $2^4$ 种可能表示每种方向是否放了，放了的话就标成 'X'，就相当于容斥，对于新的图去dp。 dp就是铺地砖，行用二进制来表示是否放了砖块。 #include <bits/stdc++.h> const int MOD = 1 阅读全文
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当前找出所有最短的重复串，删去之后，不会再出现小于等于当前长度的重复串了。 那么重复串的长度最多有 $O(\sqrt n)$ 种，删去就用后缀数组实现，枚举当前长度的分割点，求公共前缀长度和公共后缀长度，就是当前重复的长度了，然后就打标记删去即可。 #include <bits/stdc++.h> 阅读全文
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首先，一个联通块里的 $a$ 之和与 $b$ 之和必须相等才有可能，然后就暴力枚举两个点，将 $a>b$ 的找一条路引向 $a<b$ 的，本来以为可以类似于拓扑排序的，就找叶子节点，但发现没办法，因为有可能没法满足最大流量要小于一个值的要求。 #include <bits/stdc++.h> con 阅读全文
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修改操作只有 50 次，最多就只有 $O(50)$ 段查询，每段查询 dfs 一遍统计答案即可。 查询的是一个节点到其根路径上的节点的值，那么就 dfs 进入这个点就把这个点的值加入栈中，离开这个点就把它的值 pop 掉。具体查询方法就是对每种质因子都开一个栈，然后进入一个点就分解它的值，取每种质因 阅读全文
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满足的 pair 只有 $O(nlogn)$ 对，预处理一下每对的位置，然后离线每个询问，按右端点排序，遇到一个右端点就将所有满足的左端点在树状数组上+1，然后一个询问就用树状数组查询即可。 #include <bits/stdc++.h> const int N = 2e5 + 7; struct 阅读全文
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主席树实现二进制高精度。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; template<typename T> inline void read(T &x) { x = 0; T f = 1; char ch = getchar(); while (c 阅读全文
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由期望的线性性，$E(\sum \limits_{i=1}^{k} X_i) = \sum \limits_{i=1}^k E(X_i)=kE(X_1)$，只需要求出打完 $n$ 个怪后一件武器的期望值。 $dp[i][j]$ 表示打完 $i$ 个怪后，初始 level 为 $j$ 的武器能赚的钱， 阅读全文