03 2021 档案
摘要：参考ARC064F 令$h(n)=\begin{cases}n(n为奇数)\\\frac{n}{2}(n为偶数)\end{cases}$，$f(n)$定义与ARC064F相同，答案即$\sum_{d|n}h(d)f(d)$ 考虑$f(n)$的转移，即$\sum_{d|n}f(d)=k^{\lceil
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摘要：模板题 题解主要分为两部分，即Miller-Robin判素数以及关于Pollard-Rho算法 1.Miller-Robin判素数 对于一个数$n$，判定其是否为素数，依次执行以下几步—— (1)若$n=2$在$n$为素数，否则若$n=1$或$n\equiv 0(mod\ 2)$则$n$非素数 (2
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摘要：先考虑第一个问题，即求最小的巧克力块数 将这张网格图建图（仅对$c_{i,j}\ne -1$的位置建点），即求点数最少的连通块（的点数）使得存在$k$个不同的$c_{i,j}$ （以下$c$仅用一维数组表示，$c_{i}$即表示编号为$i$的点的原来的$c_{i,j}$） 令$f_{i,S}$表示包
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摘要：（分别用$E_{T}$和$E_{G}$表示树和图的边集） 简单分析，可以发现题目即求排列$p_{i}$的数量，满足$\forall (x,y)\in E_{T},(p_{x},p_{y})\in E_{G}$（记为条件$A$） 定义$count(S)$为：序列$p_{i}$的数量（忽略排列的限制），
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摘要：称$k$个物品的位置$(a_{1},a_{2},...,a_{k})$为一个状态，并设初始状态为$S$，结束状态为$T$ 定义状态的比较：首先根据$\sum_{i=1}^{k}h_{a_{i}}$，即代价小的状态更小，在代价相同时字典序小的状态更小 考虑二分答案$mid$，接下来即判定$S$能否在代
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摘要：考虑对于一棵树$G$，这个问题的答案—— 当$k$为奇数时答案显然为0，否则从$V$中任选$k$个点，以任意一点为根，从底往上不难发现子图数量唯一 换言之，当$k$为偶数时，每一个合法（恰有$k$个奇度数的点）子图恰好对应于一种选择方案，即${|V|\choose k}$ 当$G$是一张连通图时，继
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摘要：假设所有素数从小到大依次为$p_{1},p_{2},...,p_{k}$，我们将$x$转换为一个$k$位的二进制数，其中从低到高第$i$位为1当且仅当其$p_{i}$的幂次为奇数 不难发现以下两个性质： 1.假设$x$和$y$转换得到的二进制数分别为$x'$和$y'$，则$xy$转换后二进制数为$x
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摘要：为了统一描述，下面给出题意—— 有$n$只动物，编号为$i$的动物有属性$a_{i,j}$（$0\le i<n,0\le j\le 2$） 初始$n$只动物从左到右编号依次为$0,1,...,n-1$，重复以下过程： （初始$j=0$，假设最左边的两只动物编号依次为$x$和$y$） 1.比较$a_{
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摘要：定义$count(x)$为$x$二进制下1的个数，答案即$\sum_{0\le x<n,count(x)\equiv 1(mod\ 2)}f(x)$ 考虑预处理出$S_{k,i,p}=\sum_{0\le x<2^{i},count(x)\equiv p(mod\ 2)}x^{k}$，可以对$x$最
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摘要：由于是排列，即任意两个数字都各不相同，因此字典序最大的$q_{i}$就是将每一段的第一个数从大到小排序 接下来，考虑第一个元素，也就是每一段开头的最大值，分类讨论： 1.当$p_{1}\le k$时，取$1,2,...,k$为每一段开头是唯一一种可以使$q_{i}$以$k$为开头的方案（证明略） 2
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摘要：2018年论文题，上接loj2506，主要是论文中的第4章，也可快速跳至原题解 5.平衡树的嵌套问题 平衡树嵌套 所谓平衡树嵌套，就是若干棵平衡树，其中若干棵平衡树的根会指向另一颗平衡树上的一个节点 定义一棵平衡树的$W$为其子树内所有节点的$w_{x}$之和，再定义$w_{x}$为上述指向其的根的
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摘要：（与题目中下标不同，这里令下标为$[0,2^{k})$来方便运算） 根据异或的性质，显然有解的必要条件是$\bigoplus_{i=0}^{2^{k}-1}a_{i}=0$ 在此基础上，我们考虑构造—— 定义$solve(i,j,x)$表示在当前$p_{i}$和$q_{i}$的基础上，构造$p'_{
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摘要：构造如下一张无向图： 1.点集大小为$(n+1)(m+1)$，即所有格点 2.边集大小为$nm$，即所有镜子所连结的两个格点 对于一个确定的镜子状态，即可确定上图，那么来考虑什么样的图是合法的 结论：如果将这些点黑白染色，显然不存在连结黑色和白色点的边，之后合法当且仅当黑色点恰好构成生成树或白色点恰
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摘要：构造一棵权值范围恰为$[0,2^{60})$的权值线段树，考虑其中从下往上第$h$层（$0\le h\le 60$）中的一个区间，假设其左端点为$l$，即$[l,l+2^{h})$ 这样的一个区间具有一个很好的性质，其是按位独立的，即其等价于二进制下最高的$60-h$位与$l$相同，剩下的$h$位任
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摘要：1.复杂度分析 Treap 定理1：$n$个节点的Treap的期望深度为$o(\log n)$ 证明1：假设所有元素从小到大依次为$a_{1},a_{2},...,a_{n}$（不妨假设所有元素各不相同，若有相同可以将这些元素存在同一个位置上），则对于$x$和$y$，分类讨论： 1.若$x\le y
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摘要：对于最终的序列$a_{i}$，条件如下： 1.$a_{i}$是一个排列，且$a_{k}=1$ 2.不存在三元组$1\le x<y<z<k$，使得$a_{x}<a_{y}<a_{z}$ 3.$\forall k<x$，$a_{x}>\max_{x<y\le n}a_{y}$或$a_{x}<\max_{
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摘要：先不考虑修改，那么很明显即对于每一个极长的的区间，若其长度为$l$，有${l+1\choose 2}$的贡献 考虑dp去做，即$f_{i}$表示前$i$个数最大的答案，则$$f_{i}=\max(\max_{0\le j<i}f_{j}+{i-j+1\choose 2}-(sum_{i}-sum_{
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摘要：考虑一个构造：令初始$2^{k}\times 2^{k}$的矩阵为$A$（下标从0开始），再构造一个矩阵$T$，满足仅有$T_{x_{i},y_{i}}=1$（其余位置都为0），定义矩阵卷积$\otimes$即$$(A\otimes B)_{x,y}=\bigoplus_{x_{1}+x_{2}\e
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摘要：令$f_{k}$为离$k$最远的点到$k$的距离，任取树的一条直径$(x,y)$，有$f_{k}=\max(dis(k,x),dis(k,y))$ 更进一步的，取直径中点$mid$（这里定义为$f_{mid}$最小的点，有多个任取一点）并以其为根建树，则所有节点儿子的$f$不小于父亲的$f$ 根据这
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摘要：首先，我们要用到期望的一个性质： 对于两个随机变量$X$和$Y$（不需要相互独立），有$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 另外，对于一个仙人掌，令$n$为点数，$m$为边数，$c$为简单环个数，$X$为连通块数，则$X=n-(m-c)$（环可以看作有一条无意义的边，对于森林点-边即为连通块数） 我
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摘要：参考论文，这里一共写了论文中的3种做法，第一种做法为强制在线时的做法，第二种为时间复杂度略高的做法（前两种都无法通过），第三种为本题正解，并给出了一种理论复杂度更优的做法 1.做法1 情况1 $\forall 1\le i\le n,a_{i}=1$ 此时相当于维护一个序列，要求支持区间覆盖&求值的
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摘要：（以下以$B$为进制，$m$为幂次，$n=B^{m}$） 定义$\oplus$为$k$进制下不进位加法，$\otimes$为$\oplus$卷积 令$f_{i,j}$表示前$i$个数的$\oplus$之和为$j$的子序列数，再令$g_{i,j}=[j=0]+[j=a_{i}]$（$a_{i}$为给定
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摘要：类似于uoj272，即$B=10$的情况，然后有以下几个细节问题： 1.答案对$2^{58}$取模可以先使用自然溢出模$2^{64}$，最后对$2^{58}$取模即可 2.为了避免实数，令$\omega=\cos\frac{2\pi}{10}+\sin\frac{2\pi}{10}i$，初始每一个数
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摘要：假设$x,y\in \{0,1,2\}$，则$x$能赢$y$（根据题中定义）当且仅当$x-y\equiv 1(mod\ 3)$ 定义$\ominus$为两数3进制下不退位的减法，$S_{x}$表示$x$在3进制下1的个数，则$u=W(x,y)=S_{x\ominus y}$，类似地，有$v=W(y,
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摘要：将每一位拆开考虑，即不妨假设$0\le c<3$ 考虑矩阵树定理，即统计所有生成树边权乘积的和，但我们这里要将边权相加，很明显将其作为幂次（如果作为$cx+1$无法对3取模） 更具体的，也就是将每一个位置从1变为$x^{c}$，系数对$10^{9}+7$取模，相乘时幂次对3取模 另外，高斯消元时需要
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摘要：题意也可以理解为这样一个过程： 对于每一列，将其旋转后选出若干行上的数，要求与之前的行都不同 用$g_{i,S}$表示第$i$列选出的行数集合为$S$的最大和，$f_{i,S}$表示前$i$列$S$中的行已经选择的最大和，转移通过枚举子集，复杂度为$o(Qm3^{n})$ 关于$g_{i,S}$的计
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摘要：将其按照区间分块（即$[(i-1)K+1,iK]$作为一个块），并定义$f_{x}$表示$x$的祖先中编号最小且与$x$在同一个块内的节点，$f_{x}$可以通过$f_{a_{x}}$转移，即$f_{x}=\begin{cases}f_{a_{x}}\ \ \ (x与a_{x}在一个块中)\\x\
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摘要：（长度为$n$的序列$a_{i}$，下标范围为$[0,n)$，且用字符串的方式即$a_{[l,r]}$来表示子区间） 定义一个长为$n$的序列$a_{i}$的周期为的$l$满足$l|n$且$\forall l\le i<n,a_{i}=a_{i+l}$（这里不同于普通周期的定义，普通周期定义是没有$
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摘要：将其连有向边$(i,c_{i})$，由于每一个点出入度都为1，那么必然构成若干个环 对于每一个环，从一点出发，将搜到的点依次记录下来（直至返回自己），记作$v_{1},v_{2},...,v_{k}$，那么就有$c_{v_{i}}=v_{i+1}$（特别的，$c_{v_{k}}=v_{1}$） 显然
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摘要：首先，只需要找到一个有磁性的位置，就可以通过$n-1$次判断其余磁铁是否有磁性，因此也就是要在$\lfloor\log_{2}n\rfloor+1$次中找到一个有磁性的位置 有一个$n-1$次的做法，即暴力枚举第$i$个磁铁（$i\ge 2$），将1到$i-1$的磁铁放在左侧，那么一定能找到第2个有
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摘要：首先，可以通过将所有$x_{i}=0$都选择第1类，其余选第2类，构造出一个以$(0,0)$和$(1,h)$为左下角和右上角的矩形，答案即为$2h+2$，类似地还可以构造出$2w+2$ 若最终的矩形不包含与$x=\frac{w}{2}$或$y=\frac{h}{2}$，那么意味着答案不超过$w+h$
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摘要：求出点双后缩点，对于点双之间，显然不存在简单环，即每一个简单环一定在一个点双内部，换言之即每一个点双可以独立的考虑，然后将结果相乘 （对于点双之间的边任意染色，即若有$s$条边，还会有$k^{s}$的贡献） 对点双分类讨论（假设其有$n$个节点，$m$条边）： 1.$n=2$且$m=1$（也就是两点
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