04 2021 档案
摘要：令$X$为移动次数，答案即$\sum_{i=0}^{\infty}P(X>i)$，后者记作$S_{i}$ 关于$S_{i}$，令$f_{i,j}$表示走了$i$步后位于$j$且未到达过$k$的概率，即有$S_{i}=\sum_{j\in V,j\ne t}f_{i,j}$ 初始状态即$f_{0,s}
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摘要：将与原点距离大于$R$的点缩为一个点$t$，即终点 做法1 定义$f_{i}$表示从$i$到$t$的期望步数，即$f_{i}=\begin{cases}\sum_{(i,j)\in E}w_{(i,j)}f_{j}+1&(j\ne t)\\0&(j=t)\end{cases}$ 直接对其高斯消元，时
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摘要：给每一个人一个随机数$R_{i}$，将一个消息中所有人的的$R_{i}$在三进制下相加（多次出现需要多个$R_{i}$），最终之和若为0，即判定答案为-1，若为某个$R_{i}$或$R_{i}+R_{i}$（三进制下），则为$i$，否则为-2 显然这一做法是随机的，但其每一次失败都意味者结果为0，但
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摘要：对于当前班级状态$S$，定义一个函数$\varphi(S)$，要求其满足： 令结束状态为$S_{end}$，对于任意$S\ne S_{end}$，若其下一个状态为$S'$，则$E(\varphi(S)-\varphi(S'))=1$ 由此，归纳即可得到$S$的期望结束步数为为$\varphi(S)-
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摘要：令$f_{i}$表示以$i$为结尾的最长上升子序列，显然可以快速预处理 令$L=\max_{i=1}^{n}f_{i}$，当$L$为偶数，考虑如下构造—— 将所有$f_{i}\le \frac{L}{2}$的$a_{i}$选入第1个序列，其余位置选入第2个序列 此时，来证明两个序列的最长上升子序列都
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摘要：当1为$a_{i}$中出现次数最多的元素（之一），则有以下结论—— 结论：$a_{i}$合法当且仅当$P\not\mid \sum_{i=1}^{n}a_{i}$且$\sum_{i=1}^{n}[a_{i}=1]\le (P-1)+\sum_{1\le i\le n,a_{i}\ne 1}(P-a_
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摘要：定义两点的距离$d(x,y)$为$x$到$y$路径上边权异或和，则两棵树相同当且仅当$\forall 1\le i\le n$，$d(1,i)$相同 新建一个节点0，连边$(0,1)$，初始权值为0，且不能以这条边为对象操作（但操作与1相连的边会影响其） 记$d_{i}=d(0,i)$，考虑一次操作
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摘要：题目即要求构造一个长为$2n$的序列$a_{i}$，满足$\forall 1\le i\le n$，$i$恰好出现两次，假设分别是$a_{x}=a_{y}=i(x<y)$，即要求$y-x=i$ （输出序列即对于所有$i$，依次输出其第一次出现的位置$x$即可） 考虑$S_{1}=\sum_{i=1}
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摘要：先考虑判定是否有解，注意到无解即每一个数都出现偶数次，根据异或的性质，只需要随机$V_{i}$，假设$u$到$v$路径上所有节点构成集合$S$，若$\bigoplus_{x\in S,l\le a_{x}\le r}V_{a_{x}}=0$即无解 考虑如何快速计算上述值，根据异或的自反性，对其差分，
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摘要：令$sum_{i}=\sum_{j=1}^{i}a_{j}$，即要求其满足： 1.$sum_{0}=sum_{2n}=0$且$\forall 1\le i\le 2n,|sum_{i}-sum_{i-1}|=1$ 2.$\sum_{0\le i<j\le 2n}[sum_{i}=sum_{j}]=k
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摘要：假设序列$b_{i}$为最终第$i$片上的草莓数，即需要满足：$\forall 0\le i<2n,a_{i}\le \sum_{j=0}^{n-1}b_{(i+j)mod\ 2n}$ 要求最小化$\sum_{i=0}^{2n-1}b_{i}$，显然增大$b_{i}$一定仍满足条件，即具备单调性，二
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摘要：将$E_{i}$从小到大排序（显然不会相同），假设$E_{p_{i}}$为从小到大第$i$小 此时，必然有$E_{p_{1}}=1$，否则可以将$E_{p_{i}}$都减去$E_{p_{1}}-1$，之后即需要最小化$E_{p_{n}}$ 当$p_{i}$确定后，题目中第2个条件即可变为$\fora
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摘要：令$S_{x}$表示$x$支配的节点集合，可以暴力枚举$x$并求出$S_{x}$（删去$x$后从1开始dfs，复杂度为$o(nm)$），进而反过来即可求出受支配集$D_{x}$ 结论1：若$z\in S_{x}\cap S_{y}$，则有$x\in S_{y}$或$y\in S_{x}$ 由于$x$
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摘要：为了方便，对于集合$S$，称$k\equiv S(mod\ M)$当且仅当存在$x\in S$使得$k\equiv x(mod\ M)$ 枚举红绿灯，对每一个点即限制$k$对$g_{i}+r_{i}$取模后的结果，同时相邻两个红绿灯限制相差是$o(1)$的，即可以提取出以下这个模型—— $n$次操作
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摘要：$f(i,G)_{x}$为$x$对$i$是否有贡献，即在枚举到$x$时，$i$与$x$是否强连通 事实上，$f(i,G)_{x}=1$即不经过$[1,x)$中的点且$i$与$x$强连通 首先，当存在这样的路径，即使$[1,x)$中的点全部删除两者也仍然强连通（有贡献） 同时，若不存在这样的路径，考虑
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摘要：一个小问题：题意中关于$b_{i}$的顺序只需要单调不降即可，相同时可任意选择 考虑$i$优于$j$的条件，即$val_{i}\ge val_{j}+[i>j]$，并记$del_{i,j}=\max(a_{i}+[i<j]-a_{j},0)$ 先考虑暴力$o(n!)$枚举最终的排名排名$p_{i}$
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摘要：为了方便，令$a_{i,j}$的下标范围为$[0,n]$和$[0,m]$，$b_{i,j}$的下标范围为$[1,n]$和$[1,m]$ 当确定$a_{i,0}$和$a_{0,j}$后，即可通过$b_{i,j}$来确定$a_{i,j}$，具体的有$$a_{i,j}=(-1)^{i+j}\sum_{1\
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摘要：以1为根建树，令$D_{i}$为$i$子树内所有节点$d_{i}$之和 令$ans_{i}$为节点$i$的答案，令$fa$为$i$的父亲，则$ans_{i}=ans_{fa}+dis(i,fa)(D_{1}-2D_{i})$ 节点$i\ne 1$是最大值的必要条件是其$2D_{i}>D_{1}$，否
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摘要：对于每一行，这些障碍将其划分为若干段，记第$i$行（$y=i$时）从左到右第$j$段为$[l_{i,j},r_{i,j}]$ 显然一条路径恰好经过每一行中的一段，且两种方案不同当且仅当其中经过的一段不同 对于某一条路径，令$a_{i}$为其经过第$i$行时的段，则合法当且仅当$$a_{1}=1且\f
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摘要：首先，当发现全场不存在黑色帽子时，显然所有人都知道其是白色帽子，即必然离开 当第一轮时，若第$n$个人发现前面$n-1$个人全是白色时，其自己必然是黑色，必然离开 而第二轮时，若第$n-1$个人发现$n$没有离开，且前面$n-2$个人都是白色时，其自己必然是黑色（否则第$n$个人必然会在第一轮离开）
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摘要：令$f_{i,j}$表示以$i$为根的子树中，深度小于等于$j$的概率，那么$ans_{i}=\sum_{j=1}^{dep}(f_{i,j}-f_{i,j-1})j$ 大约来估计一下$f_{i,j}$的大小，较坏情况下是$\lfloor\frac{n-1}{j}\rfloor$个深度为$j$的节点
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摘要：由于两者是独立的，我们希望两者的$p$和$q$都最大 考虑最大的$p$，先全部邀请，此时要增大$p$显然必须要删去当前度数最小的点，不断删除之后将每一次度数最小值对答案取max即可 对于$q$也即最大独立集，并没有很好的解法，但考虑不断加入一个节点$x$，并删去$x$以及与$x$相邻的节点，重复此过
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摘要：假设给定的图为$G=(V,E)$（边用四元组$(x,y,a,b)$来描述），对于其一棵生成树$T=(V,E_{T})$，根据定义代价即为$\sum_{(x,y,a,b)\in E_{T}}a\sum_{(x,y,a,b)\in E_{T}}b$ 考虑构造一个二维平面，生成树$T$对应于平面上的一个点
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摘要：考虑对于$n-1$个数$a_{i}$，函数$f(x)=\frac{\sum_{i=1}^{n-1}(x-a_{i})^{2}}{n-1}$的最小值恰在$x=\frac{\sum_{i=1}^{n-1}a_{i}}{n-1}$取到（根据二次函数显然），因此题意可以理解为任选实数$b$并最小化$\fra
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摘要：当$n$为偶数，暴力$o(n)$枚举第一次操作，以下只考虑$n$为奇数的情况 此时，$n-1$即操作次数为偶数，找到最小的$i$（其中$1\le i\le \frac{n-1}{2}$），满足第$2i-1$和第$2i$次操作交换后不影响答案，并将其与交换后的操作相互抵消（答案对2取模） 考虑两个操作
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摘要：原题意可能略微有一些复杂，这里给出简述的题意—— 给定$g_{i}$和$r_{i}$（其中$1\le i\le 3$），求有多少个整数$t$满足： $0\le t< \prod_{i=1}^{3}(g_{i}+r_{i})$且$\forall 1\le i\le 3,t\ mod\ (g_{i}+r
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