02 2023 档案
摘要：以下我们并没有考虑计数时重复计算的问题，讨论一些细节可以做到这一点。并且假设 n,m 同阶。 首先我们考虑 k 比较小的情况。 考虑最简单的 k=3。 一个非常直观的做法应该是枚举一个点 u 和它的出边 (u,v)，然后再枚举 v 的一条出边。这个大概是 $O(m(n+m))
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摘要：bzoj2120 每块维护 prei，代表该颜色上次出现的位置，将其排序。维护 ans，代表块答案。O(nsz⋅szlogsz)=O(n⋅logsz) 对于询问 [l,r]，先把所有块的答案加起来，然后减去 $pre_i \geq l
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摘要：把操作离线下来。 把每个修改操作差分拆成两个操作，然后类似于扫描线，在位置序列上扫描，维护该位置上的历史数组，一共有 O(q) 次修改，O(q) 次查询。 每次操作形如给 [pos,n]+=v，每次查询形如查询 [1,pos] 中 ≥v 的个数。 这个是典中典分块，显
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摘要：先考虑如果修改操作是对整个序列进行的应该怎么做。 我们发现这个时候相当于对一个可重集合做这些操作，不妨认为有一个数组 ar[i] 表示 i 出现的次数。 这时询问是简单的，考虑怎么修改。发现倘若当前的值域是 [0,mx]，执行一次参数为 x 的操作后，我们可以分类讨论： 若 $x >
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摘要：首先，我们发现这个有贡献的数对可以有 O(n2)。（显然你构造一个升序就行了） 然后，这就说明我们肯定不能把这些贡献一个个算出来丢到平面上。考虑到贡献只有 p1,p2 两种，考虑把相同的丢到一起去算。 对于数对 (l,r)，我们去考虑区间 [l+1,r−1] 的最大值所在位置为
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摘要：一眼 dfs 序，转变成每个询问 (u,v,k) 询问 l[u]≤a≤r[u],l[v]≤b≤r[v] 的 (a,b,v) 中值第 k 小的。 这个一眼是个数点对吧，但显然不能直接数。 我们可以二分答案，变成询问矩形内有多少个点，这个可以直接树
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摘要：考虑我们关心什么信息：每个寿司被谁选了。这个是 O(3n) 的。 但我们其实只关心一个信息：当前状态是否合法。这个是 O(1) 的。 显然后者过于简单以至于我们无法转移状态，考虑折中一点，我们想知道是否合法，想在新加入一个寿司的时候判断是否合法，那么我们需要知道每一个质因子被谁选了，这是
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摘要：先考虑两个包含的区间能否转化，发现并不可以。 有一个显然的想法是我们可以暴力求出每个位置的上界 upi。 现在问题变成 vi≤mxi，同时要求 ∀i∈[1,Q],∃j∈[Li,Ri],vj=xi。 这个问题好像不是很好做，我想
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摘要：首先显然是个 dp。 然后我们来考虑设计状态。一个比较自然的想法是设 fu,gu 分别表示 u 子树内满足 牵扯到其子树 / 完全在其子树内 的限制的答案。但是 gu 由 v 合并来时，倘若不选 (u,v) 这条边，按理说应该是 fv ，但这时多考虑了一些限制，无法转
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摘要：我们注意到这是个动态问题，且不容易直接解决，考虑怎么把它变成静态问题。 考虑 CDQ 分治，发现没有卵用，一方面因为 CDQ 分治要求各操作对询问贡献独立，然而我们的任一单独操作都不会对询问产生贡献，只有若干操作合并到一起时才可能产生贡献；另一方面，这个题要求某种意义上的在线（不过 CDQ 好像也可
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摘要：关于 Lucas 定理 起初，有一个 \binom{n}{m}，我们想要计算它，但它可能太大了，我们只想要计算它取模质数 p 的结果。但当 n,m 真的很大的时候，我们还是没有办法计算它。这可真是太不好了。 考虑怎么计算 \binom{n}{m} %\ p 的结果，容易想到： $$
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摘要：考虑什么时候 \binom{n}{m}\equiv 1(\bmod 2)，由 Lucas 定理，我们知道 $$ \binom{n}{m}\equiv \binom{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}\binom{n % 2}
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摘要：我们考虑到，行与行之间的交互只可能通过一个 1\times2 的竖着的小长方形来实现，可以把这一部分先丢出去不考虑，先考虑如下子问题：i 列用 k个，只能横着放，有多少种方案。 显然我们可以枚举第一行用了几个，有 $$ g_{i,k}=\sum_{j=1}^{k-1}\binom{i-1
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摘要：显然整除关系构成一张 DAG，我们每次选择一个点之后可以覆盖所有它能到达的点，在这个情况下再询问这个题的问题。 显然所有点都被覆盖等价于所有入度为 0 的点被选择，我们可以简单求出入度为 0 的有几个，这个可以 O(n \log\log n) 或者线性处理最小不妨设为 p，接下来就是
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摘要：记 a_i 前缀和为 t_i，t_n=S，b_i 前缀和为 s_i。 ans=\sum_{\sum b_i=S}\sum_{i=1}^nw_i|s_i-t_i| 套路地拆贡献，我们有[^1] $$ \begin{aligned}ans&=\sum_{i=1}^nw_i
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摘要：显然我们可以解出 a_i>b_i,a_i<b_i 的分别有 x,y 组。 首先，我们把这个东西当成一个配对，可以考虑一下把所有的数合并到一起排序。 然后显然可以有一个 dp，记 dp_{i,cnt,p_1,p_2} 表示我们目前考虑到了第 i 个数，当前满足 a_i>b_i 的数
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