12 2020 档案
摘要：（数据范围的公式渲染有一些问题，大概是$a\le b\le 100$） 同洛谷4548，推导过程省略，直接给出答案—— 令$p_{H}=\frac{b}{a}$，$p_{T}=\frac{b}{b-a}$，则$pre_{i}=\prod_{j=0}^{i-1}P_{s_{j}}$（$s$下标从为$[
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摘要：（可以参考洛谷4548，推导过程较为省略） 定义$g_{i}$表示随机$i$次后未出现给定字符串的概率，$f_{k,i}$表示随机$i$次后恰好出现$s_{k}$（指第$k$个字符串）的概率，设两者的生成函数分别为$G(x)$和$F_{k}(x)$ 同样，考虑如何去表示$P(前i个字符中未出现给定字
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摘要：记$g_{i}$表示长度为$i$且不存在$s$的字符串数量$,f_{i}$表示仅在末尾出现$s$的字符串数量 对所有满足$g_{i}$中性质的字符串末尾加上$s$，显然上述字符串仍有$g_{i}$个 另一方面，枚举其中第一次出现$s$的位置$i+l$，对应的字符串恰有$f_{i+l}$个 同时，$s
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摘要：（首先这道题有更为简单的dp+差分的做法，但以下为概率生成函数的做法） 第一问： 定义$f_{i}$表示（恰好）在第$i$个数结束的概率，$g_{i}$表示前$i$个数仍未结束的概率，则有$\frac{g_{i}}{m^{n-1}}=\sum_{j=1}^{n}\frac{f_{i+j}}{m^{n
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摘要：先对$c_{i}$离散到$[0,n]$上，并令$a_{i},b_{i},d_{i},e_{i}$对应到第一个大于等于他的数 考虑若$a_{n+1}$和$b_{n+1}$也已经确定如何做： 有一个$o(2^{n})$的暴力，即暴力确定每一个数是选择$a_{i}$还是$b_{i}$，记这些数依次为$p_
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摘要：令$d=\gcd(a,b)$，可以发现$c|(ax+by)$等价于$lcm(c,d)|(ax+by)$，因此不妨令$c'=lcm(c,d)$，然后将$a$、$b$和$c$同时除以$d$ 接下来设$(a,c)=d_{1}$，根据整除的传递性有$d_{1}|(ax+by)$，由于$d_{1}|ax$，可
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摘要：构造一张有向图$G=([1,n],\{(a_{i},b_{i})\})$（可以有重边和自环），定义其连通块为将其看作无向图（即边无向）后分为若干个连通块 记$in_{i}$为$i$的入度（即最终盒子中球的数量）、$out_{i}$为$i$的出度（即初始盒子中球的数量），对于$in_{i}=0$的点，
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摘要：由于$p_{i}$是随机的，不断选择最小的、未被操作过的$i$并处理其所在的环一定是最优的，而这样与已知$p_{i}$的区别是，当选择了一个$i=p_{i}$，那么必然失败（而已知$p_{i}$时不会去选择） 考虑令$t=\min_{p_{i}=i或i=A+1}i$，我们只能操作到$t-1$为止，因
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摘要：首先暴力dp，令$f_{i,j}$表示前$i$个点划分为$j$段，即有转移$f_{i,j}=\min f_{k-1,j-1}+calc(k,i)$（其中$calc(i,j)$表示求区间$[i,j]$的顺序对数） 可以先枚举$j$，记$g_{i}=f_{i,j-1}$，则$f_{i}=\min g_{
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摘要：令$a'_{i}=a_{i}+n-i$、$b'_{i}=b_{i}+n-i$，代价仍然是$\sum_{i=1}^{n}|a'_{i}-b'_{i}|$，但条件变为了$b'_{i}\le b'_{i+1}$，即不下降（以下为了方便，$a'_{i}$和$b'_{i}$仍然用$a_{i}$和$b_{i}$
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摘要：先枚举$d=\gcd$，然后暴力枚举所有$d$的倍数，相当于求出若干个数中最大的互素对 假设选出的数依从大到小排序后为$a_{i}$，令$g_{i}=\min_{(a_{i},a_{j})=1}j$，则答案为$\max a_{i}\cdot a_{g_{i}}$ 考虑一种比较奇怪的计算$g_{i}$
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摘要：首先我们可以把所有位置都变为1，因此不妨假设$a\le b$ 一个字符串$s$合法当且仅当：将其中每一段长度不小于$a$的0变成1后，存在一段1的长度都不小于$b$ 证明：我们称$S_{a,b}$为通过$(a,b)$能产生的字符串所构成的集合，则有$S_{a,b}=S_{b,a}$ 称原来的字符串为
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摘要：将0变为-1后求前缀和，那么$s$的价值即为最大的前缀和-最小的前缀和（特别的，空前缀的前缀和为0） 令$f(x)$表示当最大的前缀和不大于$x$时，最小的前缀和最大是多少，答案即为$\min_{x}x-f(x)$ 考虑如何求$f(x)$，可以贪心，先令所有位置都为-1，记最大的前缀和为$k$（要有
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摘要：称满足第1个条件的图为竞赛图，先来分析竞赛图 结论1：竞赛图点集上的导出子图也为竞赛图（证明略） 结论2：对于一张竞赛图，若不含有3元环，则该图为DAG 证明：反证法，若其不为DAG，设最小的简单环为$c_{1},c_{2},...,c_{k}$，必然有$k\ge 4$ 根据第1个条件，考虑$c_{
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摘要：（似乎漏了一个数据范围，cf上的题面中还有$\sum L\le 3\cdot 10^{5}$） 考虑$a_{i}=2^{k_{i}}$时（不妨$k_{1}\ge k_{2}\ge ...\ge k_{n}$），记$\sum_{i=1}^{n}b_{i}$的最高位为$L_{b}$，则有$L_{b}=\
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摘要：令$f_{i}$（一个集合）表示当第$i$步开始时第0方必胜当且仅当$x\in f_{i}$，初始$f_{n+1}=\{0\}$ 当$p_{i}=0$时，$f_{i}=\{x|x\in f_{i+1}或(x\oplus a_{i})\in f_{i+1}\}$；当$p_{i}=1$，$f_{i}=\
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摘要：先判定无解，当且仅当存在一个位置使得移动$n$步后没有结束且仍在原地 暴力枚举移动的步数，记$S_{i}$为移动$i$步（后）未离开范围的点个数，则恰好移动$i$步的人数为$S_{i-1}-S_{i}$（特别的$S_{0}=P$），答案即为$\sum_{i=1}^{D}(S_{i-1}-S_{i})
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摘要：考虑对于$S$内的每一个串，建立一个ac自动机 类似于线段树的结构去合并，即当有两个ac自动机所含串数量相同，就将这两个ac自动机暴力合并 删除可以再建一组ac自动机，减去即可 由于每一个串至多参与$\log n$次合并，且最终ac自动机个数也为$\log n$，因此总复杂度即为$o(n\log n
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摘要：每一个点都在一个排列中等价于所有排列覆盖所有位置 有解当且仅当满足$a_{y}\le 2a_{x}$（其中$a_{x}$为$a_{i}$的最小值，$a_{y}$为$a_{i}$的最大值） 证明：贪心选择排列覆盖，即令$r'=与[1,r]有交的排列中最大的右端点+1$（初始$r=1$，若$r=r'$则
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摘要：合并具有交换律，因此即将一个连通块（初始为空）与一条链合并（其中各选1点，初始直接替换） 把插入改为染色，等价于对树上的一条链（包括点和边）染色，其中恰好有1个已经被染色的点（初始任意） 对于”恰有1个已被染色的点“这个条件，其实是可以忽略的，证明如下： 由于染色的点必然是一个完整的连通块，即如果包
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摘要：考虑最终有石子的位置的状态，判断一种状态是否可行 反过来，依次删除石子，删除条件是：当删除的石子是该段最后一个（即其两边都没有石子了），要求除其以外，每个连续段旁边的两个点都与其颜色不同 构造一种删除方案： 除了最先删除的段以外，必然有一时刻（即该段最后一个位置删除时）其余段旁边的两个点颜色都相同，
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摘要：考虑一个分治的做法：按行分治，将所有区间分为两类——经过分割线的、在左/右区间内部，后者显然可以递归下取，考虑前者 先求出出该行上每一列向上和向下的最大长度，记作$up_{i}$和$down_{i}$，然后枚举左端点$l$，找到最小的右端点$r$满足$r-l+1\le min_{i=l}^{r}up
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摘要：对这棵树重心情况分类讨论： 1.若这棵树存在两个重心，分别记作$x$和$y$，如果将$(x,y)$断开，两棵子树大小都相同（都为$\frac{n}{2}$），此时$p_{i}$与$i$必然不同属于一个连通块中，证明如下： 考虑若$p_{i}$与$i$在一个连通块中，则必然有$p_{j}$和$j$也在
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摘要：建一棵trie树，考虑一个串，相当于限制了其子树内部+其到根的链 如果将所有点补全，那么这个问题可以看作每一个极浅（子树内没有其他满足条件）的到根路径以及子树内部没有其他结束点的子树的子问题 对于多个子问题博弈，很明显去求sg，由于是一颗满二叉树，因此只与深度$l$（指该子树深度，与全局的$L$无关
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摘要：先构造使得$p_{i}$降序（即$p_{i}=n-1-i$），只需要从后往前，不断执行$i$操作直至合法即可 正确性的证明：首先保证了$[0,n-i)$这些数字都已经出现，因此操作不会破坏已确定的数字的顺序 同时，一个数字不会重复出现，因为若要与其交换后的位置再交换，仍需要其本身，显然不可能 （特别
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摘要：考虑令$a$、$b$和$c$分别对应1、2和3，那么每一次相当于令$x$和$y$变为$x\oplus y$（要求$x\ne y$） 根据异或的结合律，我们相当于将其划分为若干个区间求异或值 （另外还有$x\ne y$的条件，归纳可证等价于要求区间异或值不为0且区间内字母不完全相等或仅有1个字母） 为
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摘要：如果异或变为加法和减法，那么根据扩欧，$k$合法当且仅当$k|\gcd_{i=1}^{n}a_{i}$ 换一种方式定义约数：$x$是$y$的约数当且仅当存在$p_{i}\in \{0,1\}$使得$\sum_{i=0}^{\infty}2^{i}x=y$，那么类似的，再把加法改为异或，我们就得到了本
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摘要：构造一张图：$\forall x$，向$10x$连一条边权为0的边，向$x+1$连1条边权为1的边，那么0到$i$的代价即为$i$各位数字之和 考虑到我们只关心于当前点的两个特征：1.模$n$的余数（判定是否是$n$的倍数）；2.所对应的出边，那么根据模运算的性质，可以将$x\equiv y(mod
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摘要：考虑一个构造，对于坐标$(x,y)$，连一条$x$到$y$的边（注意：横坐标和纵坐标即使权值相同也是不同的点），之后每一个连通块独立，考虑一个连通块内部： 每一个点意味着一次删除操作，每一个边意味着一个坐标，由于每一次操作最多删除一个点，因此首先点数要大于等于边数，同时总边数=总点数=$2n$，因此
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摘要：将$A$操作看作直接除以2（保留小数），最终再将$a_{i}$取整 记$k$表示$A$操作的次数，$p_{i}$表示第$i$次$A$和第$i+1$次$A$之间$B$操作的次数（特别的，$p_{0}$为第1次$A$操作前，$p_{k}$为最后一次$A$操作后），则有$a'_{i}=\lfloor\fr
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摘要：定义$L=2\cdot 10^{5}$，$g(x)=\sum_{i=1}^{n}|b_{i}-x|-|a_{i}-x|$，则合法当且仅当$\forall 0\le x\le L,g(x)\ge 0$，由此也可以得到$0\le a'_{i}\le L$（证明略） 初始令$a'_{i}=0$（即带来初始
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摘要：归纳每一次操作后必然是两个颜色相同的连续段（即ww...bb...或bb...ww...），对操作的位置分类讨论不难证明正确性 当$c_{1}=c_{n}$，由于端点颜色不会修改，再根据该结论，可以得到$f(s,c_{i})=c_{1}\cdot n$（w为0，b为$n$） 当$c_{1}\ne c
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