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"传送门" 咳咳忘了容斥了…… 设$A(x)$为斧头的生成函数，其中第$x^i$项的系数为价值为$i$的斧头个数，那么$A(x)+A^2(x)+A^3(x)$就是答案~~（于是信心满满的打了一发连样例都没过）~~ 如果按上面那样算的话，会有重复的，比如说$A^2(x)$，会产生诸如$(x_i,x_i 阅读全文
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"传送门" 首先，题目所求为$$n\times 2^{C_{n 1}^2}\sum_{i=0}^{n 1}C_{n 1}^ii^k$$ 即对于每个点$i$，枚举它的度数，然后计算方案。因为有$n$个点，且关于某个点连边的时候剩下的边都可以随便连，所以有前面的两个常数 所以真正要计算的是$$\sum_ 阅读全文
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"传送门" 首先，因为在$j i$的时候有$S(i,j)=0$，所以原式可以写成$$Ans=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nS(i,j)\times 2^j\times j!$$ $$Ans=\sum_{j=0}^n2^j\times j!\sum_{i=0}^nS(i,j)$$ 根 阅读全文
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"传送门" 可以去看看 "litble" 巨巨关于第一类斯特林数的总结 设$f(i,j)$为$i$个数的排列中有$j$个数是前缀最大数的方案数，枚举最小的数的位置，则有递推式$f(i,j)=f(i 1,j 1)+(i 1)\times f(i 1,j)$ 这个就是第一类斯特林数 第一类斯特林数中$S 阅读全文
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"传送门" 首先，关于$Min Max$容斥 设$S$为一个点的集合，每个点的权值为走到这个点的期望时间，则$Max(S)$即为走遍这个集合所有点的期望时间，$Min(S)$即为第一次走到这个集合的期望时间，题目所求为$Max(S)$很难算于是转化为求$Min(S)$ 设$f_u$为点从点$u$开始 阅读全文
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"传送门" 思路太清奇了…… 考虑容斥，即枚举至少有哪几个是在$1$号之后被杀的。设$A=\sum_{i=1}^nw_i$，$S$为那几个在$1$号之后被杀的人的$w$之和。关于杀了人之后分母的变化，我们可以假设这个人被杀之后还活着~~（说好的人被杀就会死呢）~~，不过如果选到了它要再选一次，这个和 阅读全文
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"传送门" 果然和dp有关的东西我绝对做不出来啊…… 设$dp[i][j]$表示消完区间$[i,j]$中的数之后能得到的最大分数，如果消不完则为$ inf$，否则枚举断点。顺便如果$a[i],a[j]$不互质可以用$dp[i+1][j 1]+b[i]+b[j]$来更新答案 然后设$f[i]$为前缀的 阅读全文
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"传送门" 细节要人命.jpg 这题思路太新奇了……首先不难发现可以倒着做变成加边，但是它还需要我们资瓷加边的同时维护强连通分量。显然加边之后暴力跑是不行的 然后有一个想法，对于一条边$(u,v)$，如果所有加入时间在$(0,t)$之间的边能够使$u,v$在同一个强连通分量里，那么$(u,v)$这条 阅读全文
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"传送门" "题解" 比赛的时候光顾着算某一个$n$的答案是多少忘了考虑不同的$n$之间的联系了……而且我也很想知道为什么推着推着会变成一个二项式反演…… 设$f_n$为$n$块积木时的总的层数，$g_n$为$n$块积木时总的方案数，则有$$g_n=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}g 阅读全文
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"传送门" 没想出来→_→ 首先不难看出要差分之后计算不相交也不相邻的相等子串对数，于是差分之后建SAM，在parent树上用线段树合并维护endpos集合，然后用启发式合并维护一个节点对另一个节点的贡献，于是总的时间复杂度为$O(n\log^2n)$ 阅读全文