11 2022 档案
摘要：代码是 $这题$的。 模拟一个退火的过程，最开始温度为 $100$ 不断降低，常数可以自己设计这里为 $99$。 每次随机一个转移，如果这个转移更优，就直接做，反之做的概率为 $e^{\Delta f / T}$，$T$ 为温度， $e$ 为自然常数， $\Delta f$ 表示前后函数差值。 #i
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摘要：首先一个自然的想法（虽然我自己没想到），设 $A$ 为串中 $1$ 的个数， $B$ 为串中 $0$ 的个数，那么如果每个 $1$ 的价值是 $-B$, $0$ 的价值是 $A$ 那么价值和为 $0$ 的序列可爱度和原串一样。 这个很显然，不需要证明。 这时候有一个很牛逼的性质，就是答案只为 $1$
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摘要：本题的瓶颈在于如何处理重复的问题。 可以发现，如果我们将黑球数量的变化看作一条折线，我们算重的原因就在于在这条折线往上或往下平移一格时我们还会计算到这条折线，所以我们可以，只保留经过 $x$ 轴的折线(就是黑球数量在某一次操作后 $=0$)的答案，那么就不会算重了。 记 $f_{i,j}$ 表示前
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摘要：首先当 $n \equiv \left{\begin{matrix}2,3\end{matrix}\right} \pmod 4$ 时，无解，因为每次操作一定会改变逆序对奇偶性。 那就只剩两种情况 先考虑 $n \equiv 0 \pmod 4$ 我们可以每四个划分为一组，稍微枚举一下可以发现组内按
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摘要：把最终答案看成一段 $0$, 一段 $1$ 的一个串。 如果说我们的答案中有一段 $0$ ($1$ 同理)。 那么所有 $0$ 的数都满足所有第一个范围，这段 $0$ 前面的 $1$ 代表数满足所有的第二个范围。 然后呢，因为我一个数改变了之后只要满足后面的条件与前面无关，所以我们不妨从后往前倒着处
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摘要：首先真子集这一限制比较麻烦，我们可以尝试把这个限制给去除掉。 具体地，令 $G(i)$ 表示答案， $F(i)$ 为用 $i$ 步使得 $U={1}$且不要求真子集这一限制的方案数。 考虑 $F(i)$， 枚举哪几步满足真子集，可知 $F(i) = \Sigma_{j=1}^{i}\binom{i}
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摘要：可以发现 $a_i \bigoplus b_i \bigoplus a_j \bigoplus b_j$ 为 $1$ 的位置，是 $a_i \bigoplus a_j$ 与 $b_i \bigoplus b_j$ 不同的位置。 设 $c_i = a_i \bigoplus b_i$，考虑根据上个性质
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摘要：题意见这篇博客 考虑 $f(x) = a + \lfloor \frac{x}{b} \rfloor$ $g(x)= c + \lfloor \frac{x}{d} \rfloor$ 这两个函数相等的条件。 不难发现如果 $f(x) = g(x)$ ($f'(x) = a + \frac{x}{b}
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摘要：首先考虑，怎么样操作最优？ 不难发现我们应当先给序列排序，每次只会修改相邻两个数，因为如果跨过一个在这两个值之间的数，那么我们显然可以将操作传递过去，保证贡献为 $2x$ 且操作等价。 最终答案会怎么样呢？ 不难发现每次操作不会影响这两个数和后面的数的差的和，那么总贡献就为 $$\frac{\Sig
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摘要：这种随机游走题用 $DP$ 求的一般思路就是固定一个方向，然后考虑走到那个方向或从那个方向走过来的期望。 设 $f_i$ 表示 $i$ 走向自己的父亲的期望步数， $g_i$ 表示 $i$ 的父亲走向自己的期望步数。 列一下方程 （设 $deg_u$ 表示 $u$ 的度数） $$f_u = 1 +
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摘要：考虑将问题抽象成：左上角为 $(0,0)$ 右下角为 $(n,m)$ 的网格图，求所有满足至少有一条 只向下或向右走的路径 经过点集内所有点的的不同的点集大小之和。 那么显然拐点有两类，一个是右转的一个是向下转的。 图片来自于洛谷题解区 zltqwq 然后很显然，当我们列出 所有向下转的拐点 时，路
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摘要：等差数列可以用 $gcd$ 来维护，这很显然。 但是本题有一个限制是取模，所以 $gcd$ 直接寄了，换一个做法（类似于随机化的想法，就是说 $k$ 次方的和相等，这样可以保证与顺序无关）。 推一下式子。 等式首项 $$a = \frac{\Sigma_{i=l}^r N_i-\frac{len\t
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摘要：本题显然只需要知道 $typ=1/2/3$ 的歌的数量分别为什么就可以求出答案了。 先随便求一下 $f_{i,j,k}$ 表示取 $i$ 个 $1$， $j$ 个 $2$, $k$ 个 $3$ 的贡献就行了。记得要乘上阶乘。 接下来的问题就转化为一个背包问题。 但是这个背包有 $3$ 维， 非常不优
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摘要：##知识总结 一种用于生成树计数的与树一一对应的数列。 一个长度为 $n-2$ 的 Prufer 序列，唯一对应一棵n个点固定形态的无根树。 ##树变序列 找到编号最小的叶子 $x$ 设与叶子 $x$ 相连的点是 $y$ ，则删掉 $x$ ，并在 prufer 序列尾部加入一个数 $y$ 重复 $1
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摘要：本题一眼状压 $DP$ 考虑设计一下状态。设 $dp_{S,t}$ 表示只考虑 $S$ 这一集合内的点，$1$ 到 $t$ 的路径上只有一条的最多能加上的边权。 设 $sum_S$ $=$ $\Sigma_{u,v \in S, u < v}w_{u,v}$ $$dp_{S \cup u,u} \l
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摘要：本题的问题等价于删除一个区间之后是否询问的所有区间都没有相同的数对。 记录 $i$ 的 $minL_i$ 表示包含 $i$ 的区间的最小左端点 $maxR_i$ 同理，每次删除 $i$ 的时候记录一下 $i$ 的贡献，就做完哩。 直接双指针即可。 Tips: 需要关注多个区间的问题都可以化为 $mi
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摘要：思路来源 我们发现一个人会先往左走，再往右走，我们可以发现在两人相遇的时候这两人转向相当于交换，所以我们不再需要考虑转向，只需要考虑一个人走过的路程。 然后可以在此基础上发现，一个人往左一个人往右，这两个路程的图像与坐标轴会形成一个三角形，并且如果这个三角形在中间，那么就必须要与另外一个三角形有交，
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摘要：不难发现本题的图在随机的情况下会很稠密，并且很容易出现奇环。仔细想想，会发现奇环出现的充要条件应该并不复杂。 考察最小的情况，也即长度为 $3$ 的奇环，出现这样的环意味着有 $i<j<k$ $p_i>p_j>p_k$。 仔细想一想，任何一个奇环都会包含这样三个位置 $i,j,k$ 那么问题就更加简
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摘要：有一个非常 naive 的想法，就是加操作使得末尾 $0$ 变 $1$， $1$ 变 $0$， $\times 2$ 操作就是结尾 $+$ 一个 $0$。 发现我们会遇到一个问题，就是进位，加操作会进位的！很烦。 发现 $k$ 并不大，再思考思考， 诶，我们可以发现一个性质，只有 $+k$ 以内的加
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摘要：首先有一个性质，每个点只有一条出边的图，每个联通块只能是基环树。那么有 $-1$ 的连通块就一定是树。 本题要求的是每种连边方案的联通块数量之和，把贡献拆开来算就可以转化为每个联通块在多少种方案之中出现。 记基环树的个数为 $x$， 树的个数为 $y$，第 $i$ 棵树的大小为 $sz_i$ 首先是
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摘要：发现 $A_i$ $B_i$ 的值很小，那么本题可能可以使用几何意义求解这个组合数。 对于一个组合数，其方案数的几何意义为 起点为$(0,0)$ 终点为 $(a_i+a_j,b_i+b_j)$ 的路径方案数。 将起点和终点同时平移得 起点为 $(-a_i,-b_i)$ 终点为 $(a_j,b_j)$
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摘要：有一个显而易见的性质， 能追上的起点是一段连续的区间。 那么我们只需要考虑如何才能追上。 以路程为 $x$ 轴， 时间为 $y$ 轴， 那 $Alice$ 到达终点的时间是一定的，设为 $T$。 只需要考虑 $Bob$ 是否能在 $\leq T$ 的时间内到达终点。 考察一下 $Bob$ 的 $y$
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摘要：有一种显然的想法：我们要考虑对每段操作中保留下来的数。但是这并不好做。 正难则反：我们只需要关注删除掉的数。 那么我们就需要得知删除每个数时的限制，这等价于求每个删除操作之前保留了多少数。 具体地，记 $f_{i,j}$ 表示删除第 $i$ 个数，前 $i$ 个数共删除了 $j$ 个的方案数。那么我
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摘要：本题显然是一个二分图模型，左边 $n$ 个点表示工人，右边 $n$ 个点表示机器，左右两个点有边当且仅当对应工人会操作该机器。本题所求的最终情况就等价于，任意一个极大匹配都是完美匹配。 考虑一个弱化版本：判断目前情况是否满足任意一个极大匹配都是完美匹配。 观察可以发现，任意一个极大匹配都是完美匹配当
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摘要：有一个很神奇也很重要的性质： 将 $p_i$ 从小到大排好序，则存在一个最优方案，其选择的是一段前缀和后缀。 证明： 假设有一个选择的同学，他前后都存在未选的同学，考虑固定其他选中的同学时这个同学的概率的贡献，是一个一次函数 $y=ax+b(1-x)=(a-b)x+b$，所以换成前后一定不劣。 直接
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摘要：看到这题，有一个naive的DP做法, $f[u][i][j]$ 表示 $u$ 节点的子树内近的黑点距离为 $i$， 距离最远的非合法点距离为 $j$， 然后转移一下，貌似是能过的。 但我们可以再做一步小优化。 有一个很神奇的性质，就是当我们合并两棵非合法子树的时候，最深的非合法点并不会被消去，这个
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摘要：本文思路基本来自于这篇题解 在一个数轴上有 $n$ 个 robot 和 $m$ 个 exit。 每次操作可以把所有 robot 同时向左或向右，所有 robot 都到过 exit 之后停止操作。 求 robot 从 exit 溜走的方案数，两个方案不同当且仅当有一个 robot 从不同的 exit
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摘要：这题最终顺序显然无关，只需要考虑顺次加入的每个值的数值即可。 然后如果是操作 $1$ 就会产生 $a_i \leq a_i+1$ 的关系， 如果是操作 $2$ 就会在插入位置 $y$ 前增加一个 $a_y<a_{y+1}$ 最后序列就是 $a_1<a_2 \leq a_3... \leq a_n$。
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摘要：将一个点 $(x,y)$ 定义为 $x$ 向 $y$ 连的一条无向边，将问题转化为求欧拉路径，这样入度减出度必然 $\leq 1$，这样还是不太好做，再转化一步，将每个点向一个虚拟点连一条边，那么我们就可以发现这样做只需要跑一个欧拉回路即可，因为度数为奇数的点也即欧拉路径的起点和终点一定是偶数个。
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摘要：本题并不难。 观察一下数据范围 $k$ 非常小，那么不难发现我们可以把跳这个操作做 $k$ 遍即可。 跳操作的式子一看就很斜率优化 $(u-v)^2=u^2+v^2-2uv$ 直接李超树维护即可。 #include<bits/stdc++.h> #define RG register #define
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