10 2020 档案
摘要：暴力求SG，结论：每一个序列的SG上限为$\sqrt{2\max a_{i}}+1$ 证明：将SG的转移看作一张DAG，归纳每一个点的SG值不超过其开始的最长路，显然成立 那么本题中最长路即在$a_{i}$中最多能选多少次，假设选择的权值依次为$v_{1},v_{2},...,v_{m}$，则$v_
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摘要：考虑purfer序列，若生成树的pufer序列为$p_{i}$，则答案为$(\prod_{i=1}^{n}a_{i})\sum_{p}\prod_{i=1}^{n}\frac{(a_{i}-1)!}{(a_{i}-1-s_{i})!}$（其中$s_{i}$为$p$中点$i$出现的次数，即度数减1）
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摘要：暴力二分答案+网络流，点数为$o(nk)$，无法通过 考虑Hall定理，即有完美匹配当且仅当$\forall S\subseteq V_{left}$，令$S'=\{x|\exists y\in V_{left}且(x,y)\in E\}$，满足$|S|\le |S'|$ 代入本题中，即$o(2^{
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摘要：假设已知$a_{i}$，通过以下方式确定$b_{i}$：从后往前枚举每一个数$i$，先令$b_{i}=a_{i}$，再将$b_{i}$不断减1直至不存在$j>i$且$b_{i}=b_{j}$或$b_{i}=0$ 令$f[i][j]$表示考虑到$i$时满足$mex(\{b_{i},...,b_{n}\
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摘要：如果不合法，利用贪心发现当且仅当某两个星星所构成的矩形中没有白点 反过来，考虑留下若干个星星，那么即要求留下的星星两两之间满足：$\max_{x_{1}\le i\le x_{2}}a_{i}\ge \min(y_{1},y_{2})$ 考虑笛卡尔树，那么在笛卡尔树上这等价于使得两点lca的高度大于
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摘要：当$k\le 3$，这是一个经典的问题 设所有矩形左下角横纵坐标的最大值为$(x_{1},y_{1})$，右上角横纵坐标的最小值为$(x_{2},y_{2})$，那么必然存在一组合法解满足其中一点为$(x_{1}/x_{2},y_{1}/y_{2})$，不断递归即可，时间复杂度为$o(4^{k}n)
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摘要：先将这个序列翻转，贪心找到最长的'101010……'的形式的子序列并删除，重复此过程并记这些字符串长度依次为$l_{1},l_{2},...,l_{n}$，若最终还有字符剩余则一定无解 假设$S$中元素从大到小依次为$x_{1},x_{2},...,x_{m}$，则合法当且仅当： 1.$L=\sum
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摘要：考虑对于$\{a_{i+1},...,a_{n}\}$，在其前面插入$a_{i}$对$x_{i}$的影响（不考虑$a_{1}$到$a_{i-1}$）： 1.$x_{i}=0$，因为其前面没有数字了 2.若$a_{j}+Tx_{j}>a_{i}-T$，则令$x_{j}$加1（字典序最大） 3.若$a_
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摘要：有一个很重要的性质：若$a\le b$且$c\le d$，则$ac\le bd$ 根据这一性质，就可以利用单调性$o(n)$求出小于$a_{x}\cdot b_{y}$的数的个数（先要对$a$和$b$排序） 考虑二分答案，假设答案$ans$满足$l\le ans\le r$，枚举$a_{i}$，利用
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摘要：设$g_{n}$表示$n$个积木放的方案数，枚举最后一层所放的积木，则有$g_{n}=\sum_{i=1}^{n}c(n,i)g_{n-i}$（因为积木有编号的所以要选出$i$个） 将组合数展开并化简，得到$\frac{g_{n}}{n!}=\sum_{i=1}^{n}\frac{g_{n-i}}{
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摘要：根据Burnside引理，枚举旋转的步数$k$，求不动点的数目 令$d=\gcd(n,k)$，这个问题其实可以等价于填$\frac{n}{d}$个长度为$d$的环（因此很明显$\frac{n}{d}|m$是必要条件） 对于$d$相同的$k$是等价的，因此不妨枚举$d$，则$k$的数量即为$\sum_
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摘要：根据扩欧$(a,b)=1$必须要满足，同时，若$a+b$为偶数则格子的”奇偶性“不变，因此$a+b$必须为奇数 反过来，容易证明满足$(a,b)=1$且$a+b$为奇数则一定可行（构造从$(0,0)$到$(0,1)$的一组解即可） 不妨假设$a$为奇数、$b$为偶数（答案再乘以2），分两类考虑： 1
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摘要：有一个（比较显然又有点假的）结论：最优方案中（若存在），每一个数（指$3n$个）最多被移动1次 先$o(n^{2})$枚举移动到队首和队尾的操作次数（即目标状态的一个前缀和后缀），判定能否合法 首先，根据这个前缀和后缀的数字以及个数，可以确定每类数（指$n$类）的操作（但不能确定顺序），即可以知道操
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摘要：考虑kruskal的过程：对$n$条边随机排列（排序），令$k$表示前$k$条边恰好能使图联通，根据题目的提示，即$E(\frac{k}{m+1})=\frac{E(k)}{m+1}$ 设$p(k)$表示选择$k$条边能使图联通（不是恰好）的方案数，则有$E(k)=\sum_{i=n-1}^{m}(
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摘要：首先对于$p>50$，有经典的做法，即不断删去区间中不同的两数，最终剩下的即为出现次数超过一半的数（或没有），用线段树维护即可 那么对于$p\le 50$，类似的，即删去区间中不同的$\lfloor \frac{100}{p}\rfloor+1$个数，那么最终剩下的$\lfloor \frac{10
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摘要：记$S(n,m)$为第二类斯特林数，表示将$n$个不同的球放入$m$个相同的盒子中，不允许有空的方案数，则有转移式$S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\cdot S(n-1,m)$（考虑最后一个球） 对于$m^{k}$，即将$k$个不同的球放入$m$个不同的盒子中，允许有空的方案数，枚举空盒的数
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摘要：设$f[i]$表示令$s=s[i,n]$且强制$u_{1}$为空所对应的答案，不难发现有$f[i]\le f[i+1]+1$，暴力判断答案，时间复杂度为$o(n\cdot 判断复杂度)$ 判断$f[i]$能否等于$k$，当且仅当存在$j$使得$j\ge i+k$、$f[j]\ge k-1$且$max
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摘要：令$p_{i}$为最终$a_{i}$之前的系数（$p_{i}\in \{-1,1\}$），则有$n+\sum_{i=1}^{n}[p_{i}=-1]\equiv 1(mod\ 3)$ 证明：对于两个满足这一条件的区间（初始$1+0\equiv 1(mod\ 3)$），合并后有仍然满足这一条件 但并不
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摘要：令$d=\gcd(i,j)$，$i'=\frac{i}{d}$，$j'=\frac{j}{d}$，则$(i',j')=1$，可得$(i'+j',i'j')=1$（假设有公因子$p$，必然有$p|i'或j'$，又因为$p|(i'+j')$，则$p|i'$且$p|j'$，与$(i',j')=1$矛盾）
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摘要：将删边改为插边，如果是无向图直接线段树合并即可，考虑如何将有向边转换为无向边 令$t_{i}$表示当插入到第$t_{i}$条边时恰好满足$x_{i}$与$y_{i}$在同一个强连通分量中，然后分类讨论： 1.$t_{i}<i$或$t_{i}$不存在，这条边无意义，删去； 2.$t_{i}\ge i$
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摘要：题意即求在区间$[l,r]$中且权值在$[x,y]$中的逆序对个数 考虑分块，逆序对个数包含4部分： 1.左/右块外内部，预处理出$i$到其所在块的块首/尾，小于/小于等于$j$（需要对$j$离散）的数即可； 2.左块外与右块外，预处理出每个块内数的顺序，来对左/右块外排序，再归并排序即可； 3.左
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摘要：根据$dis(x,y)=d[x]+d[y]-2d[lca(x,y)]$，由于所有点都出现了1次，距离即$\sum_{i=1}^{n}d_{i}-2\sum d[lca(x,y)]$（以下假设根深度为0） 构造：以重心$r$为根，选择$r$的所有儿子中子树大小最大的两个，从这两颗子树中各选一个点匹配并
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摘要：对原树dfs，并按以下方式建立dfs序（深度从0开始）： 1.若该点深度为偶数，则在递归到该点时将其加入dfs序 2.若该点深度为奇数，则在该点递归结束时将其加入dfs序 编号时，将每一个点在dfs序中的排名（从0开始）作为其编号 询问时，假设询问为$(x,y,S)$，并分类讨论： 1.若$|S|=
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摘要：由于题目是让我们统计个数，当我们确定了$k$个$p_{i}$都为0或1后，再用至多$\lceil \frac{n-k}{k}\rceil$次询问和$2(n-k)$个"$n$"即可求出答案 具体构造就是将这$k$个数放在一排，并在中间插入未确定的$k$个数，中间$k-1$个数中不同于确定的$k$个数则
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摘要：二分枚举答案，判定答案是否合法 贪心：每一个叶子只能经过一遍，因此叶子的顺序一定是一个dfs序，即走完一棵子树中的所有叶子才会到子树外 根据这个贪心可以dp，设$f[k][l][r]$表示仅考虑$k$的子树，$l$和$r$为第一个和最后一个叶子到根的距离，时间复杂度大约有$o(n^{4或5})$，无
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摘要：记录$lcm$的质因子状态（包括大于$\sqrt 300$的质因子），设$f[s]$表示质因子状态为$s$的$lcm$之和，转移枚举当前的数$k$，转移到$lcm(s,k)$即可，时间复杂度为$o(n\cdot |stats|)$（$|stats|$会非常大） 优化1：对于一个$k$，有$2^{cn
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摘要：先考虑如何判定一个$y$是否可行——从高位开始，记录这一位所需要的$2^{i}$数量$t$，若$y$的这一位为1，则$t+=x$，之后分两类讨论：1.$t\le a_{i}$，令$t=0$；2.$b>a_{i}$，令$t=2(t-a_{i})$，记比较之前的$t$为$b_{i}$，最终，我们需要让$
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摘要：结论：设$b_{i}$满足该限制，则$a_{i}$合法当且仅当$\forall i\ne j,a_{i}\ne a_{j}$且$\forall |i-j|<k,[a_{i}<a_{j}]=[b_{i}<b_{j}]$，即$r_{i}$可以确定任意连续$k$位的相对大小关系 充分性显然成立，必要性不会
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摘要：联系绝对值的几何意义/分类讨论，不难发现若$n$张奖券上的数从小到大依次为$a_{i}$，则收益为$\sum_{i=1}^{\frac{n}{2}}a_{i+\frac{n}{2}}-a_{i}$ 假设确定了这$nk$个数字，设这从小到大依次为$a_{i}$，容易发现答案最大不会超过$\sum_{i
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摘要：记$G[S]$表示图$G$在点集$S$上的导出子图，即$G[S]=(S,{(x,y)|x,y\in S且(x,y)\in E})$ 定义$g(S)$为所有$E'$（满足$E'\subseteq G[S].E$）的图$G'=(S,E')$的染色方式之和，考虑枚举其中一种颜色的点集，则有$g(S)=\s
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摘要：先对$n$分奇偶两种情况考虑—— $n$为奇数，显然先手希望最终产生的$x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0$ 对于后手，考虑构造：将最大的未被选择的$a_{k}$放在最大的$x_{t}$上，很明显除去先手的第一个以外，后手的每一次都比先手的下一次放的数大
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摘要：贪心，求出前$i$个字符串所能组成的字典序最小的字符串$ans$（特别的，这里的字典序有$ab>abc$），同时保证剩下的长度能通过$l_{i+1},...,l_{n}$拼接 考虑插入一个字符串$s_{i+1}$，在$ans$的任意拼接处（包括开头）可以替换上这个串，之后使得$ans$的字典序最小且
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摘要：考虑求出重心，以0为根建树，求出第 $i$个点的子树大小$sz[i]$（$a(0,i)$），则满足$n-sz[i]\le \lfloor\frac{n}{2}\rfloor$的$sz[i]$中的最小值必然合法 证明：反证法，若其不合法，则其必然有一棵子树$sz[k]>sz[son]>\lfloor
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摘要：结论：排列$p'_{i}$可以通过排列$p_{i}$得到当且仅当$\forall 1\le i<j<i+k,(p_{i}-p_{j})(p'_{i}-p'_{j})>0$ 证明：构造$b_{p_{i}}=i$，交换即令$b_{i}$与$b_{i+1}$交换，条件为$|b_{i}-b_{i+1}|\g
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摘要：称高温部分为红色、低温部分为蓝色，以下标$r,b$区分（通常均不带下标） 记$C$为连通块总数$,CI$为不与外部相连的连通块数，根据定义分数即$C+CI$ 在网格图的基础上，建立以下平面图（以红色为例）： 1.点集为网格图顶点满足周围四个格子中存在红色格子 2.边集为网格图线段满足两侧的格子中存在
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