07 2020 档案
摘要：（以下假设$T=(V,\{e_{1},e_{2},...,e_{n-1} \})$是一棵树） 根据莫比乌斯反演，有$\gcd(w_{1},w_{2},...,w_{e_{n-1}})=\sum_{d|w_{e_{i}}}\varphi(d)$ 容易想到枚举$d$，之后相当于求$\sum_{d}\va
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摘要：将$f(k)=\sum_{i=0}^{m}a_{i}k^{i}$转换为$f(k)=\sum_{i=0}^{m}b_{i}k^{\underline{i}}$，其中$k^{\underline{i}}=\frac{k!}{(k-i)!}$ 题目即求$\sum_{k=0}^{n}c(n,k)x^{k}\
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摘要：问题相当于统计$且\sum_{l\le x<y\le r且lca(x,y)=x}1=c(sz[x],2)-\sum_{son}c(sz[son],2)$，考虑用莫队来维护区间，那么相当于要支持：1.某个点到根的链修改；2.询问某个点的上述式子 树链剖分维护：对于轻儿子，将这个权值加入父亲，复杂度$o
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摘要：考虑枚举$k$并求出$f(k)=\sum_{i=1}^{n}\limits\sum_{j=i+1}^{n}\limits [D(i,j)\le k]$，那么答案就是$\sum_{i=1}^{1e9}(f(i)-f(i-1))\cdot i$ 考虑如何求出$a_{k}$：将大于$k$的边标成1，小于等
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摘要：考虑令$a_{i}$为i的位置，$p_{i}=0/1$表示第i个点的贡献，那么$p_{x}=0$当且仅当存在与其相邻的点$y$满足$a_{y}<a_{x}$且$p_{y}=1$ 树形dp，定义状态$g[k][j][0/1/2]$表示以$k$为根的子树中选择了j个点，$p_{k}=1$或$p_{k}=
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摘要：令$f(n,b,m)=a[1..n]$（这里下标从1开始），考虑一些性质： 性质1.对于$\forall 1\le i\le n-m+1$，若$\exists 1\le j<i,a[j]>a[i]$，那么有$b[i+m-1]=a[i]$，证明略 根据性质1，可以去除掉所有满足条件的$i$，那么$a$
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摘要：对于一个$k$，可以二分枚举答案并判断，判断过程可以贪心找最深的点（线段树区间max）+倍增+线段树区间覆盖（清0）来实现，时间复杂度$o(klog_{2}n)$ 考虑反过来，暴力枚举答案$x$并求出最少需要的点数量$f(x)=k$，那么$\forall \ f(x)\le i< f(x-1)$，都
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摘要：考虑对于$p_{i}=0$，那么可以快速比较出$s_{0},s_{1},...,s_{i-1}$与$s_{i},s_{i+1},...,s_{n}$之间的大小关系，然后对两边分别找到最小的$p_{i}$即可，用线段树维护复杂度多了一个log无法通过，因此需要用笛卡尔树来维护 笛卡尔树：https:/
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摘要：$lyndon\ word$（以下简写为Lw）：对于一个字符串s，其为Lw当且仅当其的最小后缀为自身 性质：若$u<v$为LW，那么$uv$也为Lw（反证法即可证） $lyndon$分解：将一个字符串分为$s=s_{1}s_{2}...s_{k}$，满足$\forall 1\le i\le k$，有
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摘要：题目相当于问1-n中最多能选出多少对不互素无交集的二元组，并要求方案 构造：将所有数放入其最小质因子对应的集合，若素数p所对应的集合元素个数为奇数且$p\ne 2$且$2p\le n$，那么就将$2p$从2对应的集合移到p对应的集合，最终每一个集合中选择$\frac{|S|}{2}$（下取整）对即可
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摘要：建立后缀自动机，并用预处理出right集合，考虑对于一个长度为$len$且$right=\left\{ r_{1},r_{2}, \cdots ,r_{k} \right\}(r_{1}<r_{2}<\cdots<r_{k})$（设字符串下标从1开始），有多少种方案使得其不合法（再用$c(n,2)$
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摘要：不妨设$r1\le r2\le r3$，令$f(\alpha)=E(S_{\Delta}ABC)$，其中AB坐标分别为$(r_{1},0)$和$(r_{2}\cos \alpha,r_{2}\sin \alpha)$，C在原点为圆心、$r_{3}$为半径的圆上，那么有答案$ans=\lim_{n\t
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摘要：令$(S_{a},S_{b})$表示$a_{i}\in S_{a}$且$b_{i}\in S_{b}$的i个数，那么答案相当于$S(0,1)+S(1,0)=S(0,1)+S(\{0,1\},0)-S(0,0)$，容易发现$S(\{0,1\},0)=\sum_{i=1}^{n}[b_{i}==0]$，
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摘要：可以发现合法的答案有两种可能： 1.询问的$x$即为最大值（或之一），那么只需要找到x前两个数并判断即可 2.询问的$x$不是最大值，那么就要保证另外两边之差小于$x$，维护后缀中$的前驱k-k的前驱$最小的数即可，可以使用线段树 然而这道题还有很多的细节： 1.这里的前驱可以与k相等（因为$x,k
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摘要：令$f[i][j]$表示前i个数的后j位能否匹配b的前j位，有转移$f[i][j]=f[i-1][j-1] \ \&\ [b_{j}\le a_{i}]$ 将$g[i][j]=[b_{j}\le a_{i}]$看成一个i为位数的二进制数，即$g[i]=\sum_{j=1}^{m}[b_{j}\le
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摘要：首先猜测$\sum_{i=1}^{n}b_{i}x_{i}$取到最小值时存在$x_{i}$满足$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}A_{i,j}x_{i}x_{j}=1$，否则一定可以适当调整某一个$x_{i}$ 因此可以使用拉格朗日乘数法，构造函数$F(x_{1},x_{2}
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摘要：首先考虑由$1!,2!,...,n!$所构成的虚树的一些性质： 1.每一个子树内所包含的阶乘的节点都是一个连续的区间（证明：对于子树k，如果存在$x!$和$y!$，即说明$x!$和$y!$的前$\delta(1,k)$大质因子相同，那么$z\in [x,y]$一定有$x! | z!|y!$，所以z!
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摘要：由于n较大，可以将n个数中的关系对数量记录在$m*m$的矩阵中，记作$a[i][j]$ 考虑朴素的状压dp枚举排列，即$f[i]$表示以i中的数的一种排列为整个序列的前缀的最小代价，然后转移枚举下一个数j以及与其相关的数k，那么有转移$f[i|j]=\min(f[i]+(|i|+1)(\sum_{k
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摘要：将$n+1$个数字（还有0）标号为$[0,n]$，那么定义$a_{i,j}$表示第j个数上第i位上的值，如果第$i-1$个数与第$i$个数之间的运算符为与，那么令$b_{i}=1$，否则$b_{i}=0$，特别的，$b_{0}=1$（因此很明显有$b_{0}\ne a_{0,0}$，即$b\ne a
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