摘要：
首先将最小割转化为最大流。 令 \(f_{n,m}\) 为 \(n\) 次操作最大流为 \(m\) 的图的个数， \(F_{n,m}\) 为 \(n\) 次操作最大流大于 \(m\) 的图的个数 为了转移，令 \(g_{n,m}\) 为只扩展一次 \((s,t)\)， \(n\) 次操作最大流为 \ 阅读全文
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不算很难的状压dp 将 \(x\) 与 \(2x\) 和 \(3x\) 连边，限制转换为求图上的独立集个数。 注意到这个图很特殊，可以发现几点性质： 每个子图的根均为不能被 \(2\) , \(3\) 整除的数 每层节点与上层节点的连边一定 深度为 \(\log_2n\) ，每层节点数量最多为 \( 阅读全文
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\(\text{lcm}\) 的本质是质因子次数的 \(\max\) , 所以只需对每一个质因数考虑贡献 考虑根号分治 \(\sqrt{A}\) 以内只有 \(87\) 个质数，可以使用 \(st\) 表解决 除掉小质数后，大于 \(\sqrt{A}\) 的质因子只可能有一个，相当于求 \(\pro 阅读全文
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\(\sum_{k} \prod_{i} \binom{k_{i+1}}{k_i}\) 首先注意到 \(k\) 一定是不降的，展开组合数得： \(\sum_{k}\frac{k_m!}{k_1!} \prod_{i} \frac{1}{(k_{i+1}-k_i)!}\) 考虑枚举 \(k_1\) 和 阅读全文
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比赛地址 A. A * B * C 枚举 \(A,B\) ， 直接计算可能的 \(C\) 的个数。 复杂度和调和级数相同，为 \(\mathcal O(n \ln n)\) B. A ^ B ^ C 直接扩展欧拉定理计算即可。 C. String Invasion 倒着扫字符串，遇到连续两个相同字符 阅读全文
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m ij \gcd(i,j)\mu^2(\gcd(i,j))\) \(\sum_{k=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=k]ij k\mu^2(k)\) \(\sum_{k=1}^{\ 阅读全文
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\(dp[0/1][i]\) :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
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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
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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
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