随笔分类 - 题解
摘要：《关于在做图论题单时忽遇构造题的那些事》。 通过手模，我们可以发现第一个事情： 当 \(k\ge 3\) 时，\(F_{1.5\times 10^k}\equiv F_0(\bmod\ 10^k)\)。 我们设 \(N=12\times 10^k\)，那么显然有： 性质1：\(F_{cN}\equi
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摘要：考虑大力推式子。容易想到对被碾压的人容斥，则有： \[\begin{aligned} ans&=\sum_{i=k}^{N-1}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}\binom{N-1}{i}\prod_{j=0}^{M-1}\sum_{l=1}^{U_j}l^{N-R_j}(U_j-l)^
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摘要：容易发现 \(k_i=0\) 时只有两种策略： 假如我这里不选，接下来不会再出现清空，且没有选入集合的集合为 \(T\)，我们就让这个地方为 \(T\)。 否则早死比晚死好，直接原地起爆，清空集合。 显然第一种决策只会在最后连续出现，所以我们找到最长不重复后缀 \([r,n]\)，那么这一段区域里最
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摘要：这里是三道题。 这场比赛的 B 题是本题的前置题，他告诉我们： “假如当前区间右侧存在一个 \(k\)，使得我们再不往右走就无法占领 \(k\)，就向右走，否则向左。”是一种最优决策。 他甚至还慷慨地告诉我们： 最终的合法起始点集合要么为 \(x\in\bigcap\limits_{i=1}^n[i
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摘要：我们考虑先将选的数之和 \(sum\) 转化到一定范围内，再进行背包 \(dp\)，这样就可以减少时间空间复杂度了。 其他的都是简单多重背包，时间复杂度 \(O(m^3\log^2m)\)，假如用单调队列写应该就是 \(O(m^3)\) 了。 #include<bits/stdc++.h> #def
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摘要：话说有没有 min_25 大爷的介绍啊想看 qwq。 min_25 筛是一种由 min_25 开发的积性函数前缀和算法，时间复杂度为 \(O(\dfrac{n^{\frac 34}}{\log n})\)。 min_25 筛的适用范围有以下几个限定条件： 所求函数 \(f(x)\) 是一个积性函数。
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摘要：想象力惊人的想到生成树，因此对于一种 \(c\) 序列，容易求出只有根不满足要求的构造，且只有树边有权。考虑通过非树边们修改根。 对于一条非树边（都是返祖边），假如我们给它的权值 \(+1\)，那么对于奇环来说，\(\Delta root=\pm 2\)；偶环没有变化。 所以我们直接找到奇环，分别尝
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摘要：在这篇题解中，我会将各个部分的证明分成不同的推导过程，以达到逐一击破的效果。 引理 1：\(f(n)=2f(n-1)+f(n-2)\) 我的证明挺繁琐的，过程如下： \[(1+\sqrt 2)^{n-2}=e(n-2)+f(n-2)\sqrt 2 \]\[(1+\sqrt 2)^{n-1}=e(n-
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摘要：我能说什么！抽象了这！ 看到 \(n\le 10\) 的黑题顿感大事不妙。 我们考虑设 \(f(i)\) 表示将 \(n\) 个点划分为至少 \(i\) 个连通块时的方案数。我们可以暴力枚举每个点在哪个连通块里。划分方案是 \(Bell(n)\le 21147\) 的。 显然的，相同块内暂时忽略，不
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摘要：发现难以维护差值，于是令 \(K=\frac{n+k}2\)，这样就把问题转化为了“糖果”比“药片”大的组数为 \(K\) 的情况有多少种。 设 \(dp_{i,j}\) 表示我们用前 \(i\) 个“糖果”和“药片”配对，至少有 \(j\) 组“糖果”比“药片”大，有多少种情况；\(c_i\) 表
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摘要：我们先假设同种糖间存在差异。 设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 种糖至少有 \(j\) 人拿到的糖和原来一样，\(c_i\) 表示拿第 \(i\) 种糖的人的个数，则有： \[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min(j,c_i)}f_{i-1,j-k}\binom{c_i}k
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摘要：显然有一个 \(dp\) 思路。设 \(f_{i,j}\) 表示现在修了 \(i\) 栋楼，从第一栋楼外侧能看到 \(j\) 栋楼的方案数，显然有： \[f_{i,j}=\begin{cases}[i=0](j=0)\\f_{i-1,j-1}+(i-1)f_{i-1,j}(j\ne 0)\end{c
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摘要：考虑计算一个点的贡献，最后 \(\times n\) 即为所求。 显然一个点的贡献为 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}ii^k2^{\frac{(n-1)(n-2)}2}\)，则有： \[\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}ii^k2^{\f
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摘要：为什么又是佳媛姐姐啊啊啊！ 斯特林数在这道题中不好处理，直接拆开： \[f(n)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}2^jj! \]\[=\sum_{j=0}^n2^jj!\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^j\
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摘要：老师发福利，放了两道一毛一样的题。 考虑无视战术，直接化简： \[\sum_{v=1}^ndis(u,v)^k=\sum_{v=1}^n\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}dis(u,v)^{\underline i} \]\[=\sum_{i=0
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摘要：后面有一只大大的组合数，考虑下降幂干过去。\(x^k\) 并不好使，这边考虑转化 \(f(x)=\sum a_ix^i=\sum b_ix^{\underline i}\)。 \[\sum_{k=0}^nf(k)x^k\binom nk=\sum_{k=0}^nx^k\sum_{i=0}^mb_ik
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摘要：第一眼肯定想到容斥。设 \(G(k)\) 表示至少有 \(k\) 种颜色符合要求，\(F(k)\) 表示恰好有 \(k\) 种颜色符合要求。显然 \(k\) 的上界 \(t=\min(m,\lfloor\frac ns\rfloor)\)，那么就有： \[G(k)=C_{m}^{k}(k!\prod
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摘要：乘法并不容易用 FFT 或 NTT 维护，考虑在模意义下化乘为加。 化乘为加主要有两种方法：\(\log\) 和 \(\gamma\)（指标），由于在取模意义下，所以使用后者。 那剩下的部分就是快速幂，用 NTT 加速即可。时间复杂度 \(O(m\log m\log n)\)。 #include<b
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摘要：首先正难则反，想到答案即为满足第一条要求的回文子序列数量，减去回文子串数量。回文子串数量 \(hash+\) 二分即可，考虑前半部分。 假如我们将一个回文子序列一层层剥开，就会发现它其实是由多个相同的字母对拼成的。那么容易想到把字母 \(a\) 和字母 \(b\) 的贡献分开计算。那第一条要求就可以
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摘要：《关于贫穷的樵夫拥有 40000 把斧头这件事》。 相当于是多项式乘法，但是得带容斥，具体自己看代码吧。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e5+5; const long double pi=acos(-1); na
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