05 2021 档案
摘要:记S_{1}和S_{2}分别为两个公司所拥有的站台集合,考虑当确定S_{1}和S_{2}后,如何求0到n的最短路 当最短路中从i走到j(其中i>j),那么一定有j=i-1,且下一次不会再向前走 (具体证明可以对其分类讨论,这里就省略了) 由此,即可做一个dp,用$
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摘要:令Max=\max_{i=1}^{n}p_{i}b_{i},显然这是每一个时刻的最大期望收益,因此当第一次胜利后,一定升级Max对应的这个游戏并一直玩,使得之后每一个时刻都取到这个最大期望收益 定义f_{t}表示可以玩t次的最大期望收益(初始状态下,即没有升级过任何游戏),转移考虑枚
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摘要:考虑i到j的最短路,记作dis(i,j),令字符集大小为T=8,有dis(i,j)<2T 证明: 记l=dis(i,j),假设这条最短路依次经过a_{0},a_{1},...,a_{l}(其中a_{0}=i,a_{l}=j) 若存在0\le i<j<k\le l,
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摘要:根据kruskal的贪心过程,先将所有a类边连起来,对于一个连通块内的两点,必然通过a边联通 考虑对于一条最短路径,必然是一段(可能为空)a类边+1条b类边,同时其合法当且仅当这些b类边都能被加入最小生成树中,即不会与a类边产生环,又即不重复经过一个连通块 状压之前经过的连通
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摘要:(u,v,w)合法,当且仅当存在一条从u到v的路径经过w(当然u,v,w仍要各不相同) 当w_{1}和w_{2}之间存在两条无公共边的路径,则\forall u,v\in V,(u,v,w_{1})和(u,v,w_{2})合法是等价的 相当于每一次加入一条边后,就
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摘要:定义集合S合法当且仅当:S\subseteq [1,n],|S|=k且\forall i\in [d,n],|S\cap(i-d,i]|\le 1 问题即求\sum_{S合法}\sum_{x\in S}a_{x} 记F(n,k)=\sum_{S合法}1和$G(n,k,i)=\
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摘要:建立SAM,假设s_{i}在SAM中的位置为a_{i}以及l_{i}=|s_{i}|,通过(a_{i},l_{i})即可确定s_{i},也即可判定是否合法 更具体的,即要求$\forall 2\le i\le k,|[x-l_{i-1}+l_{i},x]\cap R_{a_{i}
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摘要:先考虑没有区间,即对于长为n的序列\{a_{1},a_{2},...,a_{n}\}(以下记a_{0}=a_{n+1}=0),求F(a,k) 问题即构造序列b_{i},满足$\forall 0\le i\le n,b_{i}\equiv a_{i}-a_{i+1}(mod\ k)
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摘要:直接点分树+线段树,对点分树上每一个节点维护子树内所有点到其的距离,需要支持子树修改(因此要用dfs序+线段树)以及区间最大值查询 对于查询,先在根节点的线段树中找到距离根节点最远的点,再枚举其与另一个点在点分树上的lca,同时查询区间最大值 总复杂度为o(n\log^{2}n),会被卡常(惨惨
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摘要:令E_{1}和E_{2}分别为两树的边集,默认要求其构成一棵树 op=0 给定E_{1}和E_{2},此时答案即y^{n-|E_{1}\cap E_{2}|},使用map或排序即可,复杂度为o(n\log n) op=1 给定E_{1},此时答案即$\sum_{E
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摘要:约定:以下字符串下标从1开始 定义s为偶回文串,当且仅当s的长度为偶数且s为回文串 假设s=ABC,考虑t的情况,即ABC的全排列—— 1.t=ABC,即s=t,由于n\ge 3,随便划分即可 2.t=BCA或t=CAB,即将s旋转后变为t,枚举$
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摘要:约定:以下字符串下标从1开始,令n=|s| 对于字符串s_{1}和s_{2},定义以下信息—— 定义s_{1}\approx s_{2}当且仅当s_{1}[1,l]=s_{2}[1,l](其中l=\min(|s_{1}|,|s_{2}|)) 定义$s_{1}\ll s_{2}
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摘要:约定:以下字符串下标从1开始 对于字符串s_{1}和s_{2},定义以下信息—— 定义s_{1}\approx s_{2}当且仅当s_{1}[1,l]=s_{2}[1,l](其中l=\min(|s_{1}|,|s_{2}|)) 定义s_{1}\ll s_{2}当且仅当$s_{
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摘要:令f_{i,j}表示序列\{x_{i},x_{i+1},...,x_{n+1}\}的个数,满足x_{i}=j且\forall i\le k\le n,a_{k}x_{k}\le x_{k+1} 关于转移方程,显然有$f_{i,j}=\begin{cases}\sum_{a_{i}j\
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摘要:为了方便,记S=\{(i,j)\mid 1\le i,j\le n\}和S_{all}=\{(i,j)\mid 0\le i,j\le n+1\} 令a_{i}为给定的序列,其中a_{i}=-1的位置表示不限制该位置的值 对于排列p,用集合\{(i,p_{i})\}来描述其,
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摘要:(本文中所有字符串都指非空字符串) 第一部分:分析性质 先考虑c和d中没有"?"的情况—— 若c=d,显然任意(s,t)都可行,答案即(2^{n+1}-2)^{2} 下面来考虑c\ne d的情况,先来定义非空串s和t互素: s和t互素当且仅当记$d=\gcd(
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摘要:考虑i之后(不包括i)的所有面额,必然都整除\prod_{t=1}^{i}a_{i},因此对于i以及i之前的金币所取的面额总和要与m关于\prod_{t=1}^{i}a_{i}同余,即其一定可以被表示为$k\prod_{t=1}^{i}a_{i}+m\ mod\ \pro
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摘要:暴力枚举最终图中强连通分量的情况,首先要判定这样划分是否可行,即要求—— 1.每一个强连通分量内部没有xor的关系 2.任意两个不在同一个强连通分量中的点之间没有and的关系 当确定划分(且可行)后,此时每一个强连通分量用一个环来表示,所需边数即点数(但当点数为1时,边数为0),接下来强连通
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摘要:当n=1时,答案显然为0或1,以下不妨假设n\ge 2 为了方便,以下将\{A,B,C\}分别看作\{0,1,2\},下标都为[1,n] 假设我们要修改S_{i},必然要有i为端点(1和n)或S_{i-1}=S_{i+1},同时修改的结果也是唯一的 因此,不妨用一
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摘要:第一部分:分析题意 钻孔实际上可以看作令b_{x}对h取\min,当b_{x}\le h时无意义,所以不妨假设b_{x}>h 同时,若\max(a_{x},a_{x+1})\le h,显然也不会发生流动,所以不妨假设\max(a_{x},a_{x+1})>h 根据对称性,
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摘要:令nex_{i}=\min_{i<j,p_{i}<p_{j}}j(即i的第2类边),若不存在此类j则nex_{i}=n+1 建一棵树,其以0为根,且1\le i\le n的父亲为\max_{j<i,p_{i}<p_{j}}j(不存在则为0),以下记作fa_{i} 每一次选
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摘要:选择其中卡片总数较少的一类,当相同时选择t_{1}所对应的一类(以下记作A类) 如果t_{1}不是A类,就先对t_{1}操作一次(即令a_{1}减少1) 下面,问题即不断删去A类中的一张卡片,再删除另一类中的一张卡片,直至A中卡片被删光 事实上,A类中卡片删除顺序
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摘要:以NTT为运算基础,即默认支持在o(n\log n)的时间内多项式乘法 二次剩余:称n为模p意义下的二次剩余,当且仅当存在x使得x^{2}\equiv n(mod\ p) 当p为素数时,n为二次剩余当且仅当p\mid n或$n^{\frac{p-1}{2}}\equi
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摘要:将等于k差分,即小于等于k减去小于等于k-1,由于两者类似,不妨仅考虑前者 令f_{i,j}表示仅考虑i列(即n=i时),若前j行都没有障碍,此时最大面积小于等于k的概率 考虑转移,对第j+1行是否有障碍分类讨论,并在有障碍时枚举最左边的障碍,即$$f_{i,j}
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摘要:记d_{G}(x,y)表示无向图G中从x到y的最短路,设给定的图为G=(V,E),T为其生成树,E_{T}为T的边集 下面,考虑计算f(x,y)—— 首先,对于一棵树T,z在x到y的路径上(包括x和y)当且仅当$d_{T}(x,z)+d_{
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摘要:(以下在描述复杂度时,认为n和m相同,因此一律使用n) 称第i个炸弹能匹配非空区间[l,r],当且仅当l到r内所有武器都在i攻击范围内,且r=m或第r+1个武器不在i攻击范围内 (更通俗的表示即在第l个武器启动时,使用第i个炸弹恰好会攻击到第r
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摘要:做法1: 考虑矩阵树定理,令树上的边边权为x,非树边边权为1,以此得到矩阵M,则\det(M)的k次项系数恰为含有k条树边的方案数 关于求\det(M)这个多项式,可以暴力插x\in [0,n]并通过高斯消元求出其答案,再通过拉格朗日插值法求出此多项式,复杂度为$o(n^
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摘要:维护线段树,在其每一个节点上维护一个set(可重),以及子树内所有set的最大值 考虑下传标记,如果将所有元素全部下传复杂度显然不正确,但注意到我们仅关心于其中的最大值,即仅需要将最大值下传即可 其有可能需要在已经被完全覆盖的区间内继续递归,以找到”子树内所有set的最大值“的位置 关于这一做法的复
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摘要:二分最大边权,即有些边强制不能被选 接下来,即任意一点上某两边不能同时被选,以及任意一点上颜色相同的两边必须被选择一条 这些限制都可以用2-sat的形式来描述(强制不能选即连边"选->不选"),但后两类的边数达到了o(m^{2}),时间复杂度上无法接受 当一个节点上有一种颜色的边出现3次,或有两
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摘要:在本题中,每一步是独立的,因此即可以看作从s移动到t的期望步数(对于每一对s和t都求出答案) 令f_{i,j}表示当s=i且t=j时的答案,则有$f_{i,j}=\begin{cases}\sum_{(i,k)\in n}w_{(i,k)}f_{k,j}+1&(i\ne
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