03 2019 档案
摘要：这套题目非常有意思啊23333……话说为啥没有上条先生的呢…… "传送门" $A$ 御坂美琴 蠢了……首先先判总共加起来等不等于$n$，不是的话就不行 然后dfs记录$n$不断分下去能分成哪些数，用map记录一下，判断是否所有数都能被分出来就是了 $B$ 白井黑子 好坑啊……话说居然有$f(0)=1
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摘要：至今不会李超线段树$.jpg$…… 前言 先说明一下，李超线段树只能解决“只插入”的问题，如果有删除恕它无能为力 过程 先考虑这么一个问题，我们要资瓷动态插入直线以及询问直线$x=k$与其它所有直线相交的点中最大的$y$坐标是多少 李超线段树的具体过程是这样的 对于一个区间，我们维护该区间的所有直线
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摘要：题面 "传送门" 题解 如果我们把路径拆成两段，那么这个路径加可以看成是一个一次函数 具体来说，设$dis_u$表示节点$u$到根节点的距离，那么$(x,lca)$这条路径上每个节点的权值就会加上$ dis_ua+dis_xa+b$，而$(lca,y)$这条路径上每个节点就会加上$dis_ua+a(
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摘要：题面 "传送门" 题解 调得咱自闭了…… 不难发现这就是个李超线段树，不过因为这里加入的是线段而不是直线，所以得把线段在线段树上对应区间内拆开之后再执行李超线段树的操作，那么复杂度就是$O(n\log^2n)$ 以上是题解，以下是吐（zang）槽（hua） 为什么我插入竖直线段的时候会出现$l=r$
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摘要：题面 "传送门" 题解 李超线段树板子 具体可以看 "这里"
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摘要：题面 "传送门" orz zsy A 枚举$b,c$，那么$a,d$的限制就确定了，直接二维数点 B 枚举一下哪一个作为中位数，然后比它大的设为$+1$，比它小的设为$ 1$，把所有区间和为$0$的贡献加上就行了。记得不要忘记中位数是中间两个数平均数的情况 C 我们先钦定一个根，表示这个点最后被删，
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摘要：题面 "传送门" 前置芝士 "拉格朗日插值" ， "多项式多点求值" 题解 首先根据拉格朗日插值公式我们可以暴力$O(n^2)$插出这个多项式，然而这显然是$gg$的 那么看看怎么优化，先来看一看拉格朗日插值的公式 $$f(x)=\sum_{i = 1}^{n} y_i \prod_{i \not
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摘要：题面 "官网" 题解 就是个裸的三维数点，$CDQ$直接套上去就行了
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摘要：题面 "传送门" 题解 这里最麻烦的问题就是它不保证$A_0=1$ 如果$A_0 1$，那么直接整个多项式乘上个$A_0$的逆元，最后输出答案的时候再把答案乘上${A_0}^m$ 如果$A_0=0$，我们需要向右找到第一个不为$0$的位置，然后把整个多项式除以$x^i$，最后再乘上$x^{im}$就
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摘要：题面 "传送门" 题解 很容易写出一个暴力 $$\sum_{i=l}^r {i+n 1\choose n 1}{s i+m\choose m}$$ 即枚举选了多少个步兵，然后用插板法算出方案数 我们对这个换一种角度考虑，可以看做是从$(0,0)$走到$(s,n+m)$，且必须经过$(l,n),(r,
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摘要：Day 0 到镇海报道了 大佬们太多了……话说镇海的晚饭还真好吃啊…… 听说某人要咱去找bwh……不过咱和他也不是很熟啊……还是算了吧……~~（才不是因为嫌麻烦懒得去呢）~~ 晚上吃完晚饭之后在镇海校园里参观了一下~~话说居然还有个林则徐纪念馆，惹得咱诗兴大发 ~~ 宾馆里的空调似乎坏掉了，十摄氏度
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摘要：题面 "传送门" 设$a$的递推公式为 $$a_i=\sum_ja_jb[count(i\oplus j)]$$ 其中$\oplus$为异或，$count(i)$表示$i$的二进制中$1$的个数 给出$a_0,b$，求$a_t$，$t\leq 10^{18}$ 题解 如果我们定义$c_i=b[cou
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摘要：题面 "传送门" 题解 复杂度比较迷啊…… 以下以$n$表示颜色总数，$m$表示总的卡牌数 严格$k$对比较难算，我们考虑容斥 首先有$i$对就代表整个序列被分成了$m i$块互不相同的部分，那么我们从被分成了多少块这个角度来考虑 设$f_{i,j}$表示考虑前$i$中颜色被分成了$j$块的方案（这
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摘要：题面 "传送门" 题解 orz Wa自动机 这是一个可以$O(n)$求出$n$个数逆元的方案 先把所有的数做一个前缀积，记为$s_i$ 然后我们用快速幂求出$s_n$的逆元，记为$sv_n$ 因为$sv_n$是$a_1$到$a_n$的逆元，我们把它乘上$a_n$，就得到了$sv_{n 1}$ 同理可
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摘要：题面 "传送门" 题解 后缀平衡树是个啥啊我不会啊…… 那么我们来考虑一下$SAM$的做法好了 不难发现它的本义是要我们维护一棵$trie$树，并求出$trie$树上每一个节点到根的这段串的不同子串个数，而显然一个串的不同子串个数就是它的$SAM$上每一个节点的$len[p] len[fa[p]]$
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摘要：题面 "传送门" 题解 统计$k$阶前缀和，方法和 "这题" 一样 然后这里$n$比较大，那么把之前的柿子改写成 $$s_{j,k}=\sum_{i=1}^ja_i{j i+k 1\choose j i}=\sum_{i=1}^na_i{(j i+k 1)^{\underline{j i}}\ove
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摘要：题面 "传送门" 题解 orz zzk 考虑这东西的组合意义 （图片来自zzk） $a_i$这个元素对$k$阶前缀和的第$j$个元素$s_{k,j}$的贡献就等于从$(0,i)$走到$(j,k)$的方案数（最开始的一次必须往下走，所以实际上是从$(1,i)$走到$(j,k)$的方案数） 那么$s_{
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摘要：题面 "传送门(bzoj)" "传送门(CF)" $llx$身边妹子成群，这天他需要从$n$个妹子中挑出$3$个出去浪，但是妹子之间会有冲突，表现为$i,j$之间连有一条边$(i,j)$，定义一种选择方案的权值为$Ai+Bj+Ck,i define R register define ull uns
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摘要：题面 "传送门" 给出一张无向图，求 $4$ 个点构成两个有公共边的三元环的方案数。 题解 orz余奶奶，orz zzk 首先，如果我们知道经过每条边的三元环个数$cnt_i$，那么答案就是$\sum_{i=1}^m{cnt_i\choose 2}$ 所以现在问题就是该怎么数三元环 据说有一个设阈值
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摘要：咱的多项式板子，从$NTT$到反三角函数应有尽有 常数应该比较小，你谷上的板子提交里一般能跑到第一页的 似乎我就没见过几个人现在还在用数组写多项式的了…… cpp //minamoto include define R register define fp(i,a,b) for(R int i=(a
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~我数学好像学得太差了~~ ~~据说~~根据反三角函数求导公式 $${d\over dx}\arcsin x={1\over \sqrt{1 x^2}}$$ $${d\over dx}\arctan x={1\over 1+x^2}$$ 先看$\arcsin$，可以发现有
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摘要：题面 "传送门" 题解 据说有一个叫做欧拉公式的东西 $$e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)$$ ~~别问我为啥我今天第一次看到它~~ 那么显然也有 $$e^{ ix}=\cos(x) i\sin(x)$$ 两个柿子相加得到 $$e^{ix}+e^{ ix}=2\cos(x)$$ $$\
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摘要：题面 "传送门" 题解 话说现在还用数组写多项式的似乎没几个了…… $$B(x)=A^k(x)$$ $$\ln B(x)=k\ln A(x)$$ 求个$\ln$，乘个$k$，$\exp$回去就行了 cpp //minamoto include define R register define fp(
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摘要：题面 传送门 题解 考虑分治 假设我们已经求出$A'2\equiv B\pmod{xn}$，考虑如何计算出$A2\equiv B\pmod{x{2n}}$ 首先肯定存在$A2\equiv B\pmod{xn}$ 然后两式相减 \(A'^2-A^2\equiv 0\pmod{x^n}\) \((A'-
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摘要：题面 "传送门" 题解 妈呀调了我整整一天…… 题解太长了不写了可以去看 "$shadowice$" 巨巨的
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摘要：题面 "传送门" 题解 为什么大佬们全都是乱搞的……莫非这就是传说中的暴力能进队，乱搞能AC…… 似乎有位大佬能有纯暴力+玄学优化$AC$（不算上$uoj$的$Hack$数据的话……这要是放到考场上就是切题的啊……） 整体思路呢，就是我们开一个线段树，线段树上的每一个区间维护“以这个区间右端点为结尾
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摘要：前言 概率生成函数好像是个很厉害的东西啊……如果有掷骰（tou）子的问题似乎可以直接套板子的说…… 本篇文章全部都是抄《浅谈生成函数在掷骰子问题上的应用》（杨懋龙）这篇论文的 定义 我们定义一个形式幂级数$A(x)$，称它为离散随机变量$X$的概率生成函数，当且仅当对于$A(x)$的每一项$a_i$
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摘要：题面 "传送门" 题解 不知道概率生成函数是什么的可以看看 "这篇文章" ，题解也在里面了 cpp //minamoto include define R register define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;iI; i) define go(u) fo
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摘要：题面 "传送门" 给定一个长度为$L$的序列$A$。然后每次掷一个标有$1$到$m$的公平骰子并将其上的数字加入到初始为空的序列$B$的末尾，如果序列B中已经出现了给定序列$A$，即$A$是$B$的子串，则停止， 求序列$B$的期望长度。$L ≤ 10^5$ 题解 不知道概率生成函数是什么的可以看看
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先区间个数很少，我们考虑把所有区间离散化（这里要把所有的右端点变为$B_i+1$代表的开区间） 设$f_{i,j}$表示考虑到第$i$个学校且第$i$个学校必选，这个学校选择的数在离散后的第$j$个区间内，方案数是多少 怎么转移呢，我们考虑枚举上一个不在第$j$个区间的学校
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摘要：题面 "传送门" 题解 这居然是一道语文题？ 首先不难看出，因为每一次相邻元素交换最多减少一个逆序对，所以至少$m$次交换就代表这个序列的逆序对个数为$m$ 我们考虑一下，假设现在已经放完了$i 1$个数，当放入第$i$个数的时候会对逆序对个数造成什么影响 如果第$i$个数放在最后，新增逆序对个数为
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~代码不就百来行么也不算很长丫~~ ~~虽然这题随机化贪心就可以过而且速度和正解差不多不过我们还是要好好学正解~~ 前置芝士 边分治 米娜应该都知道点分治是个什么东西，而边分治，顾名思义就是对边进行分治，即每次选出一条“子树中点的个数的最大值最小”的边，处理所有经过这条边的
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先我们算出刚好有$k$对情侣的方案数 从$n$对情侣中选出$k$对，方案数为${n\choose k}$ 从$n$排座位中选出$k$排，方案数为${n\choose k}$ 情侣之间可以交换座位，方案数为$2^k$ 座位之间可以随便排列，方案数为$k!$ 然后我们还需要强制
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~我对生成函数一无所知~~ 我们设$F(x)$为斐波那契数列的生成函数，$G(x)$为答案的生成函数，那么容易得到递推关系 $$g_n=\sum_{i=0}^{n 1}f_ig_{n i}+f_n$$ 其中$g_0=0,g_1=1$ 那么写成生成函数的形式就是 $$G=FG
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摘要：题面 "传送门" 题解 去看 "$shadowice$" 巨巨写得前后缀优化建图吧 ~~话说我似乎连线段树优化建图的做法都不会~~ cpp //minamoto include define R register define ll long long define pb push_back def
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摘要：题面 "传送门" 题解 先考虑暴力怎么做，我们把所有$r l+1 k$中的点向$x$连有向边，表示$x$必须比它们大，那么如果这张图有环显然就无解了，否则的话我们跑一个多源最短路，每个点的$dis$就是它的答案 然而这里边数太多了，所以得线段树优化建边
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摘要：题面 "传送门" 题解 我们把字符的出现次数哈希起来，然后把每个点向能在它之后的点连边。那么这显然是一个$DAG$，直接求最长路就行了
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摘要：题面 "传送门" 题解 为啥一直莫名其妙$90$分啊……重构了一下代码才$A$掉…… 先考虑直接$dp$怎么做 树形$dp$的时候，记一下断开某个节点的最小值，就是从根节点到它的路径上最短的边长，预处理的时候就可以搞出来。然后如果一个节点和根断开了，那么它儿子里所有点都会和根断开 然后是关于虚树的构
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摘要：题面 "传送门" 题解 比赛的之后做完$AB$就开始发呆了……简直菜的一笔啊…… $A Colorful\ Subsequence$ 如果第$i$个字母选，那么它前面任意一个别的字母的选择方法为$cnt_x+1$种，其中$cnt_x$为出现次数，直接乱搞就行了 cpp //minamoto incl
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摘要：题面 "传送门" 题解 妈呀这辣鸡题目调了我整整三天……最后发现竟然是因为分治$NTT$之后的多项式长度不是$2$的幂导致把多项式的值存下来的时候发生了一些玄学错误……玄学到了我$WA$的点全都是$WA$在$2$的幂次行里…… 看到这种题目二话不说先推倒 $$ \begin{aligned} [x^
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摘要：题面 "传送门" 给定$a_1,..,a_n$，定义$f(x,k)=\sum_{i=1}^n(x+a_i)^k,g(t,k)=\sum_{x=0}^tf(x,k)$，给定$T,K$，请你对$\forall i\in[0,K]$，求出$g(T,i)$，对$10^9+7$取模 前置芝士 伯努利数 什么？
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摘要：题面 "传送门" 题解 如果您不知道伯努利数是什么可以去看看 "这篇文章" 首先我们把自然数幂和化成伯努利数的形式 $$\sum_{i=1}^{n 1}i^k={1\over k+1}\sum_{i=0}^k{k+1\choose i}B_in^{k+1 i}$$ 然后接下来就是推倒了 $$ \be
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摘要：题面 我们定义一棵树的删除序列为：每一次将树中编号最小的叶子删掉，将该节点编号加入到当前序列的最末端，最后只剩下一个节点时将该节点的编号加入到结尾。 例如对于上图中的树，它的删除序列为：2 4 3 1 5 现在给出一棵$n$个节点的树，有$m$次操作： $up$ $v$：将$v$号节点的编号变为当前
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摘要：题面 "传送门" 题解 把求和的柿子用斐波那契数列的通项公式展开 $$ \begin{aligned} Ans &=\sum\limits_{i = 1}^{n} \left(\frac{(\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{i} (\frac{1 \sqrt{5}}{2})^{i}}
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摘要：题面 "传送门" 题解 这种颓柿子的题我可能死活做不出来…… 首先$r=0$……算了不说了，$r=1$就是个裸的自然数幂次和直接爱怎么搞怎么搞了，所以以下都假设$r 1$ 设 $$s_p=\sum_{i=1}^n i^pr^i$$ 我们要求的就是$s_k$ 因为有 $$s_k=\sum_{i=1}^
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摘要：题面 "传送门" 题解 不知道伯努利数是什么的可以先去看看 "这篇文章" 多项式求逆预处理伯努利数就行 因为这里模数感人，所以得用$MTT$
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摘要：题面 "传送门" 题解 $O(n^2)$预处理伯努利数 不知道伯努利数是什么的可以看看 "这篇文章" 不过这个数据范围拉格朗日差值应该也没问题……吧……大概……
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摘要：伯努利数 前几项为$B_0=1,B_1= {1\over 2},B_2={1\over 6},B_3=0,B_4={1\over 30}$ 递推公式 $$\sum_{i=0}^nB_i{n+1\choose i}=0(n 0)$$ 边界条件为$B_0=1$ ~~为啥长这样我也不知道啊~~ 转化 推倒
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摘要：题面 给你一个只由$AGCT$组成的字符串$S (|S| ≤ 15)$，对于每个$0 ≤ .. ≤ |S|$，问 有多少个只由$AGCT$组成的长度为$m(1 ≤ m ≤ 1000)$的字符串$T$，使得$LCS(T,S)=i$？ 题解 老早就听说这个叫做$dp\ of\ dp$的神仙了……然而一直
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摘要：题面 三个操作 1.在当前数列最左端加入$k$个初始为$0$的数 2.在当前数列最右端加入$k$个初始为$0$的数 3.将当前数列从左到右第$i$个数加上$b+(i 1)k(b 0,k 0)$ 请在每一次操作之后输出当前数列的最小值以及最小值所在的位置，如果有多个相同的最小值取最左端的 题解 首先有
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摘要：题面 "传送门" 题解 orz "shadowice" 正态分布 正态分布是随机变量$X$的一种概率分布形式。它用一个期望$\mu$和方差$\sigma^2$就可以描述，记为$N(\mu,\sigma^2)$。 若随机变量$X$服从一个数学期望为$\mu$、方差为$\sigma^2$的正态分布，记作
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摘要：题面 "传送门" 题解 我还好奇自适应辛普森法干嘛用的呢……突然想起来积分的一个用处就是求曲边图形的面积…… 我们先来考虑一下这些投影是什么形状 一个圆的投影还是它自己 一个圆锥的投影是一个圆加上一个点，以及这个点和圆的两条切线（如果点在圆内部就没有这两条切线） 一个圆台的投影是两个圆加上它们的公切
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摘要：昨天随便找了个$AGC$肝一肝，结果发现自己啥都不会……再看了看当初的比赛结果人家全都是俩小时近乎$AK$的…… "$A Poisonous\ Cookies$" cpp //minamoto include define R register define fp(i,a,b) for(R int
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~为什么成天有人想搞些大新闻~~ 这里写的是$yyb$巨巨说的启发式合并的做法（虽然$LCT$的做法不知道比它快到哪里去了……） 建出$SAM$，那么两个前缀的最长公共后缀就是它们在$parent$树上的$LCA$的深度 对于每一个子串来说，所有和它相同的串里只有它的前驱和
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摘要：题面 "传送门" 题解 字符串就硬是要和数据结构结合在一起么……$loj$上$rk1$好像码了$10k$的样子…… 我们设$L=r l+1$ 首先可以发现对于$T$串一定是从左到右，能取就取是最优的 我们先用后缀自动机$+$线段树合并求出自动机上每一个节点的$endpos$集合。如果$L$较大的时候
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摘要：题面 "传送门" 题解 我们先来考虑一个联通块，这些关系显然可以写成一个异或方程组的形式，形如$\oplus_{e\in edge_u}x_e=col_u$ 如果这个联通块的黑色点个数为奇数，那么显然这个方程是无解的 证明：每条边都在方程组的左边出现了两次，左边全部异或起来为$0$，右边全部异或起来
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摘要：题面 "传送门" 题解 好神仙的思路啊……orzyyb 因为不限次数，所以一个体积为$V_i$的物品可以表示出所有重量为$\gcd(V_i,P)$的倍数的物品，而所有物品的总和就是这些所有的$\gcd$ 那么我们把每个$V_i$转化为$\gcd(V_i,P)$，把$w_i$转化为$\gcd(w_i,
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摘要：题面 "传送门" 题解 题目转化一下就是所有点都在直线$Ax+By C=0$的同一侧，也就可以看做所有点代入$Ax+By C$之后的值符号相同，我们只要维护每一个点代入直线之后的最大值和最小值，看看每条直线的最大最小值符号是否相同就好了 以最大值为例，我们强制$B\geq 0$，那么能令这条直线取到
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~我对计蒜几盒一无所知~~ 顺便 "$xzy$" 巨巨好强 前置芝士 三维凸包 啥？你不会三维凸包？快去把板子写了 "这里" 欧拉公式 $$V E+F=2$$ $V:vertex$顶点，$E:edge$边，$F:flat$面，对所有维度的所有多边形（多面体）都成立 圆的反演
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摘要：题面 "传送门" 题解 左转 "板子" ，调个精度就能$A$了
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摘要：题面 "传送门" 题解 先理一下关于立体几何的基本芝士好了……~~顺便全都是从 "$xzy$" 巨巨的博客上抄来的~~ 加减 三维向量加减和二维向量一样 模长 $|a|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ 点积 两个向量$a,b$的点积还是代表$a$在$b$上的投影长$\times b$的模长，
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摘要：题面 "传送门" 题解 据说这函数在$x 15$的时候趋近于$0$ 据说当且仅当$a define R register define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;iI; i) define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i
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摘要：题面 "传送门" 题解 我似乎连积分都不太熟练→_→ 总之就是对于一个原函数，我们找一个二次函数来近似它，那么有 $$ \begin{aligned} \int_a^bf(x)dx &\approx\int_a^bAx^2+Bx+C\\ &=\frac{A}{3}(b^3 a^3)+\frac{B}
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摘要：题面 "传送门" 题解 调了咱一个上午…… 首先考虑二分答案，那么每个点能够到达的范围是一个圆，这个圆与目标圆的交就是可行的区间，这个区间可以用极角来表示 首先，如果我们知道这个正$n$边形的转角，也就是它在水平的基础上转过了几度的话，那么可以把它的每个顶点和包含它的圆弧所代表的点连边，如果这个二分
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摘要：题面 "传送门" 题解 orz "xyx" 首先我们发现，一个点如果被到达大于一次，那么这个点肯定在一个环上。所以在不考虑环的情况下每个点只会被到达一次，那么我们就可以直接暴力了 简单来说，我们对每个点$i$预处理一下$to[i][from]$，表示如果有一条绳子从$from$绕到$i$，那么绕上$
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摘要：题面 "传送门" 题解 对于每个圆，我们单独计算它被覆盖的周长是多少 只有相交的情况需要考虑，我们需要知道相交的那段圆弧的角度，发现其中一个交点和两个圆的圆心可以构成一个三角形且三边都已经知道了，那么我们可以根据余弦定理计算出这段圆弧的余弦进而用$acos$计算出角度 然而现在有个尴尬的问题是一段圆
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先要解决一个问题，就是怎么判断一个点是否在多边形内部 从这个点向某一个方向做一条射线，如果这条射线和多边形的交点为奇数说明在多边形内，否则在多边形外 然而有一些特殊情况，比方说一个多边形$(0,0),(2,0),(2,1),(1,1),(1,2)$，如果一个点$(1,1)$
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摘要：题面 "传送门" 题解 我似乎连$KM$都不会打啊→_→ 和 "bzoj2395" 是一样的，只不过把最小生成树换成$KM$了。因为$KM$跑的是最大权值所以取个反就行了
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摘要：题意 每条边有两个权值$c,t$，请求出一颗生成树，使得$\sum c\times \sum t$最小 题解 为什么生成树会和计算几何扯上关系…… 对于每棵树，设$x=c,y=t$，我们可以把它看成平面上的一个点，其中$\sum c$为横坐标，$\sum t$为纵坐标。那么题目就可以转化成求反比例函
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摘要：题面 "传送门" 题解 翻译一下题意就是每次选出一些点，要用最少的边把这些点连起来，求期望边数 ~~我也不知道为什么反正总之就是~~暴力枚举太麻烦了所以我们考虑贡献 如果一条边是割边，那么它会在图里当且仅当两边的联通块中都有点被选，设其中一边的点的个数为$siz$，那么方案数就是$(2^{siz}
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~看出这是个闵可夫斯基和了然而我当初因为见到这词汇是在$shadowice$巨巨的$Ynoi$题解里所以压根没敢学……~~ 首先您需要知道 "这个" 首先如果有一个向量$w$使得$w+b=a$，也就是使$A,B$的凸包有交，有$w=a b$，那么我们把$B$的横坐标和纵坐标
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先考虑一个贪心，我们把所有的人按$a_i$排个序，那么排序后的第一个人到$k$，第二个人到$k+1$，...，第$i$个人到$k+i 1$，易证这样一定是最优的 然后发现这里有一个很重要的性质，$a_i$互不相同。那么就必定存在一个点$mid$，在$mid$左边（包括$mi
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摘要：题面 "传送门" 题解 花了一个下午的时间调出了一个稍微能看的板子……没办法网上的板子和咱的不太兼容…… 首先有一个叫做闵可夫斯基和的东西，就是给你两个点集$A,B$，要你求一个点集$C=\{x+y\mid x\in A,y\in B\}$，$C$就是$A,B$的闵可夫斯基和 我们考虑一下如果$B$
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摘要：因为一道一道写太浪费时间了所以干脆直接写一起好了……代码的话为了节省空间自己上$OJ$上看吧 loj 2347. 「JOI 2018 Final」寒冬暖炉 来搞笑的 相当于一条线段上选出$k$段，等价于断开$k 1$段，$sort$一下取最大的$k 1$个即可 loj 2348. 「JOI 2018
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摘要：题面 "传送门" 题解 感谢 "yx巨巨" 如果一个数是完全平方数，那么它的所有质因子个数都是偶数 我们把每一个数分别维护它的每一个质因子的奇偶性，那么就是要我们选出若干个数使得所有质因子的个数为偶数。如果用线性基来维护的话，设$k$为自由元的数目，答案就是$2^k$ 然而直接线性基爆搞复杂度太大了
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摘要：题面 "传送门" 题解 计算几何的东西我好像都已经忘光了…… 首先我们可以把原问题转化为另一个等价的问题：对于每一个敌人，我们以原点为圆心，画一个经过该点的圆，把这个圆在多边形内部的圆弧的度数加入答案。求总的度数是多少 因为这是个简单多边形，我们可以把它给三角形剖分。就是说把每条边都和原点构成一个三
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摘要：题面 "传送门（loj）" "传送门（洛谷）" 题解 我们对于每一个与宫殿相连的点，分别计算它会作为多少个点的最短路的起点 若该点为$u$，对于某个点$p$来说，如果$d=|p u|$，且在$[p d,p+d]$中不存在点到$p$的距离小于$u$到$p$的距离，那么$u$就可以作为$p$的最短路的起
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~一旦字符串踏上了通配符的不归路，它就永远脱离了温暖的字符串大家庭的怀抱~~ 用人话说就是和通配符扯上关系的字符串就不是个正常的字符串了比如说 "这个" 让我们仔细想想，如果一个长度为$len$的前缀是border，那么对于$\forall i\in[1,len]$，都有$
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摘要：题面 "传送门（loj）" "传送门（洛谷）" 题解 所以博弈论的本质就是爆搜么…… "题解"
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摘要：题面 "传送门（loj）" "传送门（洛谷）" 题解 我果然是人傻常数大的典型啊…… "题解在这儿" //minamoto include define R register define ls (pI; i) define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=
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摘要：题面 "传送门(loj)" "传送门(洛谷)" 题解 模拟赛的时候只想出了高斯消元然后死活不知道怎么继续……结果正解居然就是高斯消元卡常？ 首先有个比较难受的地方是它一个回合可能不止扣一滴血……我们得算出$P_i$表示一回合扣$i$滴血的概率，为 $$P_i={{k\choose i}m^{k i}
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摘要：题面 "传送门" 题解 我们先想想，在这个很特殊的图里该怎么走最短路 先设几个量，$a_i$表示$[a_i,i 1]$之间的点都和$i$有边（即题中的$l_i$），$l$表示当前在计算从$i$到$[l,i]$中的所有点的步数总和。那么答案就是$[l,i] [r+1,i]$ 因为$a_i$表示$[a_
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摘要：题面 "传送门" 题解 这数据范围……这输出大小……这模数……太有迷惑性了…… 首先对于$0$来说，不管怎么选它们的排名都不会变，这个先特判掉 对于一个$a_i$来说，如果它不选，那么所有大于等于它的数随便选，乘$2$之后还是小于它的数也随便选 如果它选呢？所有大于等于它，且小于它的$2$倍的数全都
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~我对线代一无所知~~ ~~如果下面有啥说错的地方请说出来省的我一辈子都搞不明白~~ ~~如果你没看懂以下在讲什么不要紧，因为我也没看懂~~ 首先，关于$A\times B \equiv C \pmod{2}$的方程的一组合法解，$C$的列向量必定在$A$的列向量的线性空间
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~我的线代学得跟屎一样看题解跟看天书一样所以不要指望这题我会写题解~~ "这里"
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摘要：题面 "传送门" 题解 肝了一个下午……我老是忘了拉格朗日反演计算的时候多项式要除以一个$x$……结果看它推倒简直一脸懵逼…… 做这题首先你得知道拉格朗日反演是个什么东西 "这里" 请坐稳，接下来就要开始推倒了 首先我们要知道$n$个点的有根无向连通图的个数，带标号 设$G(x)$为$n$个点有根无
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先你得知道什么是拉格朗日反演 "这里" 我们列出树的个数的生成函数 $$T(x)=x+\prod_{i\in D}T^i(x)$$ $$T(x) \prod_{i\in D}T^i(x)=x$$ 我们记$F(x)=T(x)$，$G(x)=x \prod_{i\in D}x^
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摘要：拉格朗日反演 设有两个多项式$F(x)$和$G(x)$，两个多项式都是常数项为$0$且$1$次项不为$0$，如果满足$G(F(x))=x$，则称$F(x)$和$G(x)$互为复合逆，有 $$ [x^n]F(x)={1\over n}[x^{ 1}]{1\over G^n(x)} $$ $$ [x^n
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摘要：题面 "传送门" 题解 我的生成函数和单位根反演的芝士都一塌糊涂啊…… $d=1$，答案就是$k^n$（因为这里$k$个复读机互不相同，就是说有标号） $d=2$，我们考虑复读机的生成函数 $$\left(\sum_{i=0}^\infty [2|i]{x^i\over i!}\right)^k[x
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摘要：题面 "传送门" 题解 我们设$A=\begin{bmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$，那么$A^n$的左上角就是$F$的第$n$项 所以我们现在转化为求 $$\sum_{i=0}^n[k|i]{n\choose i}A^i$$ 把$[k|i]$单位根反演一下 $
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先你要知道一个叫做单位根反演的东西 $${1\over k}\sum_{i=0}^{k 1}\omega^{in}_k=[k|n]$$ 直接用等比数列求和就可以证明了 而且在模$998244353$意义下的$\omega_k^1=g^{P 1\over k}$ ~~据说这玩
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摘要：题面 "传送门" 题解 肝了整整一天……膜拜 "yww" 和 "cx" 巨巨……~~（虽然它们的题解里我就没看懂几个字）~~ 请备好草稿纸和笔，这种题目就是需要耐心推倒 题目所求是这么一个东西 $$ \begin{aligned} ans &=\sum_{i=1}^n\sum_{x_1=1}^i\s
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摘要：题面 "传送门" 题解 好迷…… 很明显它让我们求的是$Max(S)$，我们用$Min Max$容斥，因为$Min(S)$是很好求的，只要用方案数除以总方案数算出概率，再求出倒数就是期望了 然而如果爆搜枚举子集的话复杂度是$O(2^{cnt})$的 发现总共的方案数只有$2 n m n m$种，而且
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摘要：题面 "传送门" 题解 这辣鸡题目做了咱整整三天……咱果然还是太菜了……好珂怕的推倒啊…… 首先把它变成 $$\left( \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} F(i, j) \, h^{im + j} \right) \bmod p$$ 那么最后求答案的时候乘上的$
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