摘要: 这道题貌似很多人用的是网络流+分层图。这里介绍一种费用流解法。 可以证明,最后一个人到达的时间是小于第100天的。 那么对于每一趟航班,如果他的起点是$u$,终点为$v$,可搭乘的人的数量为$w$。那我们就对$(u,v)$连100条流量为$w$,费用为$i$的边($i$表示第几天),分别表示第$i$ 阅读全文
posted @ 2021-04-08 21:37 chihik 阅读(44) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 众所周知,\(\text{access(x)}\) 后 \(rt \to x\) 这条实链在一个 \(splay\) 中。也就是说, \(splay\) 所维护的链中的点同色。 那么到点 \(x\) 到根路径的权值便是经过虚边的数量 \(+1\),不妨记为 \(dis_x\)。 对于修改操作,每次爬 阅读全文
posted @ 2021-04-08 21:35 chihik 阅读(54) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: Solution 1 设 \(dp_{s,i,j}\) 表示走了不超过 \(s\) 条边,\(i \to j\) 的最长路径(走不通为极小值) 如果有 \(u \to v\) 的一条边,那么 \(dp_{1,u,v}=w\) ($w$为这条边的权值) 转移为: \[ dp_{s,i,j}=\max_ 阅读全文
posted @ 2021-04-08 21:32 chihik 阅读(42) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 类比十进制下的纯循环小数,\(k\) 进制下的纯循环小数满足最简分数分母与 \(k\) 互质。 而题目要求相同数值只计数一次,所以只需要考虑最简分数的情况。 那么答案为: \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[(i,j)=1][(j,k)=1]\) \(\sum_{i=1}^n\su 阅读全文
posted @ 2021-04-08 21:15 chihik 阅读(44) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 如果没有租用机器这一操作,做法同 P2762 太空飞行计划问题,用最大权闭合子图模型解决。 考虑如何在经典方法构造的新图中体现租用机器这一操作。 新图中对于工作和它所需的机器之间的容量为 \(+\infty\) , 意义即为选择这个工作就必须购买这个机器。 那么 ‘租用’ 就可以将这条边的容量改为 阅读全文
posted @ 2021-04-08 21:13 chihik 阅读(26) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 首先明确一点,所有装备的期望相同,只需求出任意一种后答案乘 \(k\) 即可。 令 \(dp[i][j]\) 表示还需要打 \(i\) 只怪,装备等级为 \(j\) 的金币数量期望。 那么有三种情况: 1.得到的并不是当前类型装备,概率为 \(\frac{k-1}{k}\),这种情况下你一分钱也得不 阅读全文
posted @ 2021-04-08 21:09 chihik 阅读(41) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 给出一个易于理解且好写的做法。 有一个贪心做法, 从源点向每一种商品连 \(c_i \times m_i\) 的边。 对于优惠方案 \((A,B,P)\) , 从 \(A\) 向 \(B\) 连 \(P \times m_B\) 的边。 最后源点的最小树形图即为答案? 这样做显然有问题,因为如果同时 阅读全文
posted @ 2021-04-08 21:06 chihik 阅读(40) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 根据题意进行分类讨论: 令 \(\tau(n)\) 为 \(n\) 的不同质因数的个数。 \(r=0\) 因为要求 \(\gcd(p,q)=1\) , 那么相同的质因数只会全部在 \(p\) 或 \(q\) 中。 每种不同的质因数有 \(2\) 种选法,那么 \(f_0(n)=2^{\tau(n)} 阅读全文
posted @ 2021-04-08 21:02 chihik 阅读(39) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 令 \(s\) 为石子的总数,那么操作次数最多为 \(s+(n-1)\) 如果石子数量全不为一,那么先手必胜的条件为 \(s+(n-1)\) 为奇数,因为他一定可以保证操作 \(s+(n-1)\) 次。 反之后手必胜。 问题在于石子数量可能为 \(1\) ,这时去掉这颗石子便无法合并。 所以状态应该 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:52 chihik 阅读(40) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m ij \gcd(i,j)\mu^2(\gcd(i,j))\) \(\sum_{k=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=k]ij k\mu^2(k)\) \(\sum_{k=1}^{\ 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:51 chihik 阅读(36) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: \(dp[0/1][i]\) :有 \(i\) 颗石子 Alice/Bob 为先手,Alice 赢的概率 令 \(P\) 为 Alice 拿走石子的概率, \(Q\) 为 Bob 拿走石子的概率。 $$\begin dp[0][i]=dp[1][i-1] * P+dp[1][i] * (1-P) \ 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:50 chihik 阅读(44) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 每一条边被选中的概率: \(\frac{n-1}{\frac{n(n-1)}{2}}=\frac{2}{n}\) 所以答案为: \[ \frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^n (i+j)^k \] 单独考虑后面的和式: \[ f(n)=\sum_{i=1 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:48 chihik 阅读(37) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 首先有一个结论: \(gcd(i\cdot j,i\cdot k,j\cdot k)=\frac{gcd(i , j )\cdot gcd(j , k) \cdot gcd(i,k)}{gcd(i,j,k)}\) 证明如下: 先将 \(i,j,k\) 用唯一分解定理展开的次方分别为 \(w_1,w_ 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:47 chihik 阅读(71) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 因为每回合击中的概率是固定的,所以只需要算一次。 概率为:可以击中的情况/总情况。 每个点有 \((n+1)^2\) 个位置,所以总情况为$(n+1)^4$ 可以击中的情况和仪仗队差不多,画个图就知道答案为: \(4(n-1)n+4\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1} [ 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:46 chihik 阅读(85) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: \(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^Cd(ijk)\) \(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{z|k}[(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1]\) \(\su 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:44 chihik 阅读(33) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 如果不知道伯努利数的点这里。 \[ \sum_{i=1}^n (i,n)^x[i,n]^y \] \[ \sum_{i=1}^n (i,n)^{x-y} \times i^y \times n^y \] \[ n^y \sum_{d|n} d ^{x-y} \sum_{i=1}^n [(i,n)=d 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:43 chihik 阅读(51) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 设整数 \(n\) 的 \(\text{lqp}\) 拆分权值为 \(g(n)\) , 那么有: $$\begin g(n)=1 & (n=0) \ \displaystyle g(n)=\sum_^ fib(i) \times g(n-i) & (n \not=0) \end$$ 令 \(F(x) 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:41 chihik 阅读(61) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 一.伯努利公式 伯努利数是一个用于解决 \(n\) 次方和的数列。 它的递归定义公式如下: \(\sum_{i=0}^n \binom {n+1} i B_i=[n=0] ~~~~~~~~ (1.1)\) 通过这个定义可以得到伯努利数的前几项:\(1,-\frac{1}{2},\frac{1}{6} 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:39 chihik 阅读(723) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 两道题的转移式是一样的,只是优化不同。 令 \(dp(i)\) 为完成前 \(i\) 个任务的最小花费。 你会发现每次操作后总时间会增加 \(s\) ,这样就不好处理当前时间。 所以可以用前几周讲到的方法,将 \(s\) 的贡献提前计算,那么有转移 \(dp(i)=\min\{dp(j)+(Sumc 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:30 chihik 阅读(39) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \sigma((i,j))\) $$\sum_^{\min(n,m)}\sigma(d)\sum_^n\sum_^m [gcd(i,j)=d] $$ $$\sum_{\min(n,m)}\sigma(d)\sum_{\frac{\min(n,m) 阅读全文
posted @ 2021-04-08 20:29 chihik 阅读(38) 评论(0) 推荐(0) 编辑