Elma.

摘要： 传送门 思路 学了析合树还不会做这题，感觉我真的没什么救/ll 对于这类跳若干步的问题，一个很自然的想法是预处理倍增数组，但这题的状态数量是 $O(n^2)$ 的，看起来不能直接做。这时一个关键结论突然出现：设 $f^k(l,r)$ 为 $[l,r]$ 操作 $k$ 后的结果，那么若 $[l_1,r 阅读全文

摘要： 传送门 思路 肯定会想要 DP 算这个东西，但 $S_1 \neq S_2$ 实在是一个很烦的限制，这导致 DP 的时候必须记录上一次选择的点集。考虑把这个限制容斥掉，具体来说，令 $G_i$ 表示答案，$F_i$ 表示使用 $i$ 次操作使得 $U = {1}$，但不要求 $S_1 \neq S_ 阅读全文

摘要： ##引入 单位根反演一般用于求一类 $i \bmod k$ 的求和式，通过枚举 $j \equiv i \pmod{k}$，将式子转化为 $k$ 次单位根下的操作。这一般要求 $k \mid (\mathrm{mod} - 1)$。通常会结合二项式定理使用。 单位根反演 在 FFT 中我们其实已经见 阅读全文

摘要： 传送门 思路 考虑如何判无解，也就是说所有循环移位的 LIS 长度均大于 $n$。 一个括号序列的结论突然出现：令 $b_i = [p_i > n+1] - [p_i<n+1]$，那么 $b$ 中恰好包含 $n$ 个 $1$，$n$ 个 $1$ 和 $1$ 个 $0$。根据 Raney 引理的推论， 阅读全文

摘要： 传送门 思路 令 $p' = p^{-1}$，即 $p'{p_i} = i$，则原题等价于最小化 $\sum |p'{q_i} - q_{i+1}|$。显然，当所有 $i$ 都满足 $p'{q_i} = q{i+1}$ 时原式取最小值，但这时 $q$ 不一定是一个排列。容易发现，排列 $q$ 实际上 阅读全文

摘要： 前几天太摸了，来个大的。参考了 lxl 的 ppt 和神仙们的众多博客。 若没有特殊说明，默认 $n=m=10^5$。 ~~本文未完。~~ 根号分治 就是在预处理与询问的复杂度之间寻找平衡的一个思想。通常以根号作为问题规模的分界线，规模小于根号的询问可以 $n\sqrt n$ 求出，而回答一次规模为 阅读全文

摘要： 领略到了蜜蜂的恐怖 阅读全文

摘要： 做 CF 的时候碰到了这个，于是就滚过来学了。本文全部参考 OI-wiki。~~所以你的学习笔记就是把原文抄一遍吗~~ 其实是一个比较简单的东西，感觉 OI-wiki 上有些部分写得太繁杂了，所以就稍微做了一些简化。 引入 这个问题是这样的：给定一个长度为 $n$ 的排列，我们称一个值域连续的区间为 阅读全文

摘要： 本文持续更新，太简单的题就不放了。 | CF #754 | CF #580 | CF1685D | CF1685E | CF1707D | | : : | : : | : : | : : | : : | | CF1707E | CF995F| Hello 2022 | Goodbye 2021| C 阅读全文

摘要： 不写代码。 多项式多点求值 给定一个 $n$ 次多项式 $f(x)$ ，对于 $i \in [1,m]$ 求出 $f(a_i)$ 。 做法 考虑分治，设 $L(x) = \prod_{i=1}^{\frac{n}{2}} (x - x_i)$，$R(x) = \prod_{i = \frac{n}{ 阅读全文