02 2022 档案
摘要：将所有$a_{i}$在二进制下展开，得到一个$n\times m$的01矩阵 对该矩阵做高斯消元（显然不影响结果），并要求得到如下的形式$$\left|\begin{array}{ll}1&0&0&\cdots&0&\cdots\\0&1&0&\cdots&0&\cdots\\0&0&1&\cdot
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摘要：考虑每一次增加的长度，显然是形如$n-border$，同时总可以取到 换言之，记$a_{i}$为所有$n-border$的值，问题即求有多少个$l\in [0,w-n]$使得$\exists x_{i}\in N^{},\sum_{i=1}^{m}a_{i}x_{i}=l$ 根据border的性质，
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摘要：记$\Delta x_{i}=x_{i+1}-x_{i}$，并定义$\Delta x_{0}=\Delta x_{n}=\infty$ 以$i$为右端点，记$rs_{j}=\begin{cases}\min(\Delta x_{i},\Delta x_{i-1})&j=i\\ \Delta x_{j
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摘要：记$n_{k}$表示经过$k$轮操作后的元素个数，显然$n_{k}=\lfloor\frac{2n_{k-1}}{3}\rfloor$（初始$n_{0}=n$） 记$f^{k}(i)$表示$k$轮操作后的第$i$个元素在操作前的位置，显然$f^{k}(i)=\lceil\frac{3f^{k-1}(
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摘要：记$cnt(x)$为$x$在二进制下1的个数，构造$A_{i}=4^{cnt(i)}a_{i},B_{j}=4^{cnt(j)}b_{j}$，将两者FWT得到$C_{k}=\sum_{i|j=k}A_{i}B_{j}$ 注意到$i\&j=0\iff cnt(i)+cnt(j)\le cnt(k)$（
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摘要：记$l=a+b,P_{i}$表示$i$是否被选入$S$，则有以下结论—— 结论1：若$P_{i}=P_{i+l}$且$S_{0}=\{i\mid 1\le i\le l,P_{i}=1\}$合法，则$S$也合法 反证法，若存在$x,y\in S$使得$|x-y|=a$或$b$，不妨假设$x<y$ 设
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摘要：瞬移后无法区分两者，分开时不妨称下一次瞬移的为分身，即仅允许分身瞬移回本身 考虑本身，即从根节点出发向下移动的一条路径，并称路径上分身曾瞬移到的点为关键节点（包括根节点） 对关键节点dp，定义$f_{k}$表示当前两者均在$k$且$k$子树外所有点均被经过的最短时间 枚举上一个关键节点，分析两者的移
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摘要：性质1：若向$i$询问$j$的结果为0，则$i$和$j$中至少有一个机器故障 性质2：若$i$和$j$相互询问的结果均为1，则$i$和$j$故障状态必然相同 将$n$台机器分为若干非空等价类（同一个等价类中故障状态相同），将这些等价类分为三组： 对于第1组等价类，假设有$n_{1}$个，分别记作$S
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摘要：用$n$位三进制数描述状态，记$F_{S}=\sum_{i=1}^{m}[a_{i}=x,b_{i}=y]$（其中$x$和$y$分别为$S$在三进制下1和2的个数） 定义$x\oplus y$为$x$和$y$在三进制下执行不进位加法的结果$,\odot $为$\oplus$对应的卷积，问题即求$F\
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摘要：交换$a_{x}$和$a_{y}$会同时交换行列式的两行和两列，不改变行列式的值，不妨将$a_{i}$按照dfs序排序 此时，$k$子树内的$a_{i}$构成连续区间，设其为区间$[l_{k},r_{k}]$，并记录$a_{[l_{k},r_{k}]}$所对应的行列式 考虑转移，将$[l_{k},r
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摘要：将过程逆序，问题即转换为以下形式—— 从$(a,b,c)$出发，每步移动到周围六个格子之一，求$d$步内不离开长方体的方案数 显然每一维可以通过生成函数合并，不妨仅考虑其中一维，问题也即 从$(0,a)$出发，每步移动到右上/右下的格子，$\forall 0\le i\le d$求$i$步内与$y=
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摘要：将其按照$(S_{i},P_{i})$递增排序，此时问题即选择$k$对括号并最大化$\sum_{i\in R}P_{i}-\sum_{i\in L}P_{i}$ 结论：对于$k$时的最优选法$(L_{k},R_{k})$，存在$k+1$时的最优选法$(L_{k+1},R_{k+1})$满足$L_{k
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摘要：不难发现，问题即求$\forall 1\le i\le n,\max_{1\le j\le n}h_{j}+\sqrt{|i-j|}-h_{i}$ 其中$h_{i}$是常数，并将$j$分为$<i$和$j>$两部分分别处理（以下以前者为例） 构造函数$g_{j}(x)=h_{j}+\sqrt{x-j}
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摘要：对每一位依次确定，问题即求长度不超过$n$且以$t$为前缀的合法串数 考虑其中一个串$s$，由于$s$以$t$为前缀，对于$s$的任意子串$s'$，显然均有$t<s'$或$s'$是$t$的前缀 称满足上述性质的非循环串为半合法串，考虑一个出现了$cnt$次$t$的半合法串，将其旋转到所有以$t$为开
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摘要：结论1：矩阵$B$能被得到当且仅当满足以下条件—— 1.$\forall i\ge 2,\sum_{j=1}^{W}(-1)^{i+j}A_{i,j}=\sum_{j=1}^{W}(-1)^{i+j}B_{i,j}$ 2.$\forall j\ge 2,\sum_{i=1}^{H}(-1)^{i+j
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摘要：对于字符串$s_{i}$，考虑（作为$s_{i}$的子串）与$s_{i}$有贡献的$s_{j}$ 枚举$s_{i}$的前缀$t$，考虑所有是$t$后缀的$s_{j}$，显然仅有其中最长的可能有贡献 建立ac自动机，那么$s_{j}$即该前缀跳fail指针时第一个结束节点，可以预处理出 同时，注意到$
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摘要：记$f(x)=\sum_{d\mid i}\frac{x^{i}}{i!}$，那么问题即求$n![x^{n}]f^{k}(x)$ 记$\omega$为$d$次单位根，根据单位根反演有$$f(x)=\sum_{i\ge 0}\frac{\sum_{j=0}^{d-1}\omega^{ij}}{d}\f
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摘要：记$L_{i}=\max_{1\le j<i,t_{j}+(i-j)\le T}j$，那么第$i$个人不越狱当且仅当$\exists L_{i}\le k<i$使得$k$上放了床垫 换言之，即在$D$个位置放床垫，并最大化$[L_{i},i)$内存在床垫的$i$数量 注意到不存在$L_{i}<L_{
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摘要：记$a_{i}$为第$i$个展馆的艺术价值，问题即求排列$id_{1},id_{2},...,id_{n}$使得$\forall 1\le i\le n,a_{id_{i}}$单调递增 定义操作$swap(i,j)$表示调用$schedule(id_{i},id_{j})$，并在其返回0时（即$a_
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摘要：记边集为$E$，新建点$0$向$[1,n]$连边$,n+1$从$[1,n]$连边，以此确定起点和终点 若初始$\forall 0\le i\le n,(i,i+1)\in E$，显然答案即${n\choose 2}$，不妨特判此类情况 此时考虑加入$(x,y)$后能否合法，不难证明路径必然为以下形式
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摘要：对于$i\ge P_{i}$的位置，由于$P_{i}$此时正面向下，因此操作$i$并不会改变$k$，不妨撤销此类操作 另外，对于满足$P_{j}=i$的操作$j$，若$j<i$则已经操作$,j>i$则也被撤销，因此不影响 综上，仅对$i<P_{i}$建边$(i,P_{i})$，那么$k$即为其中长度
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摘要：显然不关心于其中的0和重复数字，因此状态可以被描述为正整数集合$S$ 结论：先手必败的必要条件为$S=\{1\},\{2\},\{4,8\}$或$\forall x\in S,12\mid x$ 特判$\max S\le 2$的情况，显然仅有$S=\{1\}$或$\{2\}$时先手必败 考虑操作$m
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