摘要：
由于保证有解，所以1%gcd(x,y)=0，所以gcd(x,y)=1，直接做就行了 阅读全文
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设f[i][j]为把i拆成j个不重复的、大于0小于等于N的数的方案数 我们考虑一个方案是怎么来的：（初始状态是f[0][0]=1） 如果这个方案里有1，那它是先把原来的状态的每个数加1、然后再增加一个1 如果这个方案没有1，那它是把原来的状态直接每个数加1得来的 就对应了方程$f[i][j]=f[i 阅读全文
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考虑某个点产生的贡献： 如果i左边是一个比它小的数x，那有两种情况： 1.x的左边的数y大于i，肯定要把x合并到i，i的贡献++ 2.x的左边的数y小于i，那肯定要把x合并到y，而这时候递归地来考虑，总有一天y或更左边的一个数是要合并到i上的，i的贡献++ 如果i左边的数x比它大，那就把i合并到x， 阅读全文
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1 #include 2 #define pa pair 3 #define CLR(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=1010,maxm=110; 7 8 inline ll rd(){ 9 ll x=0;char c=... 阅读全文
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先从大到小排序，看到哪个的时候安排不开了 给每个人拆成两个，如果x和y有矛盾，就给x和y‘、y和x’连边；如果a和b（或a'和b'）在同一个集合里，说明他们一定要在同一个监狱里。 阅读全文
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先二分出一个时间，把每个军队倍增往上跳到不能再跳 然后如果它能到1号点，就记下来它跳到1号点后剩余的时间；如果不能，就让它就地扎根，记一记它覆盖了哪些叶节点（我在这里用了dfs序+差分，其实直接dfs就行..） 然后对于那些叶节点没有被覆盖完全的(父亲为1号点的)子树，肯定需要一些已经到1号点的军队 阅读全文
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先二分一个答案x，然后通过差分来看有没有不满足的 阅读全文
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做dijkstra，但只需要贪心地把每个点连到它左边、右边、上边、下面的第一个点就可以了 阅读全文
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先用不管什么方法求出来从每个点出发，A走到哪、B走到哪（我写了一个很沙雕的STL） 然后把每个点拆成两个点，分别表示A从这里出发和B从这里出发，然后连边是要A连到B、B连到A、边长就是这次走的路径长度 为了方便，把不能继续走的点连到一个假节点1上（不连应该也无所谓） 然后我们预处理倍增，但要把A走的 阅读全文
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把一条路径拆成到根的四个链（两端点、lca和fa[lca]），然后给dfs序中链的端点做单点修改、区间查询它的子树和再加上它原来的权值就可以了 阅读全文
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算出来每个数被计算答案的期望次数就可以 考虑这个次数，我们可以把一次合并反过来看，变成把一个数+1然后再复制一个 记f[i][j]为一共n个数时第j个数的期望次数，就可以得到期望的递推公式，最后拿f[N]乘一乘就行了 要注意每一位的期望次数是不一样的..不存在什么中间的次数一样之类的... 阅读全文
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把询问记下来，然后开个桶差分 阅读全文