05 2019 档案

摘要：AtCoder Grand Contest 016 A Shrinking 你可以进行一个串的变换，把一个长度为

n

$n$ 的串

S

$S$ 可以变成长度为

n 1

$n 1$ 的串

T

$T$ ，其中

T_{i}

$T_i$ 要么是

S_{i}

$S_i$ 要么是

S_{i + 1}

$S_{i+1}$ 。现在问你最少进行多少次这个操作，能够使最终得到的

T

$T$ 只由一个字符构成。 $| 阅读全文

posted @ 2019-05-27 23:02 小蒟蒻yyb 阅读(331) 评论(0) 推荐(0) 编辑

【BZOJ4487】[JSOI2015]染色问题（容斥）

摘要：【BZOJ4487】[JSOI2015]染色问题（容斥）题面 "BZOJ" 题解看起来是一个比较显然的题目？首先枚举一下至少有多少种颜色没有被用到过，然后考虑用至多

k

$k$ 种颜色染色的方案数。那么显然没有颜色的限制，只有行列的限制。那么我们钦定行必须被染色，这样子每一行的染色方案之和列数和颜阅读全文

posted @ 2019-05-26 20:24 小蒟蒻yyb 阅读(510) 评论(0) 推荐(0) 编辑

【CF285E】Positions in Permutations（动态规划，容斥）

摘要：【CF285E】Positions in Permutations（动态规划，容斥）题面 "CF" "洛谷" 题解首先发现恰好很不好算，所以转成至少，这样子只需要确定完一部分数之后剩下随意补。然后套一个二项式反演进行容斥就可以得到答案了。考虑怎么算至少

m

$m$ 个的贡献，设$f[i][j][S 阅读全文

posted @ 2019-05-26 15:46 小蒟蒻yyb 阅读(456) 评论(0) 推荐(0) 编辑

【51nod1355】斐波那契的最小公倍数（min-max容斥）

摘要：【51nod1355】斐波那契的最小公倍数（min max容斥）题面 "51nod" 题解显然直接算还是没法算的，所以继续考虑

m i n m a x

$min max$ 容斥计算。

l c m (S) = \prod_{T \subset S} g c d (T)^{(1)^{| T | + 1}}

$lcm(S)=\prod_{T\subset S}gcd(T)^{( 1)^{|T|+1}}$ 而斐波那契数列满足$gcd(f(a), 阅读全文

posted @ 2019-05-25 20:28 小蒟蒻yyb 阅读(591) 评论(0) 推荐(0) 编辑

【BZOJ4833】最小公倍佩尔数（min-max容斥）

摘要：【BZOJ4833】最小公倍佩尔数（min max容斥）题面 "BZOJ" 题解首先考虑怎么求

f (n)

$f(n)$ ，考虑递推这个东西

(1 + \sqrt{2}) (e (n 1) + f (n 1) \sqrt{2}) = e (n) + f (n) \sqrt{2}

$(1+\sqrt 2)(e(n 1)+f(n 1)\sqrt 2)=e(n)+f(n)\sqrt 2$ 拆开之后可以得到：$e(n)=e(n 1)+2f(n 1),f( 阅读全文

posted @ 2019-05-25 19:43 小蒟蒻yyb 阅读(827) 评论(0) 推荐(1) 编辑

THUSC2019去不了记

摘要：***停课一时爽，复课火葬场。*** 阅读全文

posted @ 2019-05-24 19:16 小蒟蒻yyb 阅读(1543) 评论(8) 推荐(1) 编辑

【CTS2019】氪金手游（动态规划）

摘要：【CTS2019】氪金手游（动态规划）题面 "LOJ" "洛谷" 题解首先不难发现整个图构成的结构是一棵树，如果这个东西是一个外向树的话，那么我们在意的只有这棵子树内的顺序关系，子树外的关系与这棵子树之间的限制无关。所以我们只需要强制根节点在其他儿子之前的就行了（你可以认为如果这次随机抽到了子树阅读全文

posted @ 2019-05-23 21:06 小蒟蒻yyb 阅读(600) 评论(0) 推荐(0) 编辑

【CTS2019】珍珠（生成函数）

摘要：【CTS2019】珍珠（生成函数）题面 "LOJ" "洛谷" 题解 lun题可海星。首先一个大暴力

s b

$sb$ 的

d p

$dp$ 是设

f [i] [S]

$f[i][S]$ 表示当前考虑完了前

i

$i$ 个珍珠，

S

$S$ 集合中这些颜色的珍珠当前还有一个没有匹配。这个随便转移就行了。然后发现并没有任何需要记录下确切的哪些颜色是奇数个，只需阅读全文

posted @ 2019-05-23 16:56 小蒟蒻yyb 阅读(931) 评论(0) 推荐(0) 编辑

【CTS2019】随机立方体（容斥）

摘要：【CTS2019】随机立方体（容斥）题面 "LOJ" "洛谷" 题解做这道题目的时候不难想到容斥的方面。那么我们考虑怎么计算至少有

k

$k$ 个极大值的方案数。我们首先可以把

k

$k$ 个极大值的位置给确定出来，方案数是$\displaystyle {n\choose k}{m\choose k}{l\ 阅读全文

posted @ 2019-05-21 17:11 小蒟蒻yyb 阅读(893) 评论(0) 推荐(1) 编辑

THUPC2019/CTS2019/APIO2019自闭记

摘要：自闭了，自闭选手不配拥有游记。阅读全文

posted @ 2019-05-21 14:15 小蒟蒻yyb 阅读(1036) 评论(2) 推荐(0) 编辑

【LOJ#6485】LJJ 学二项式定理（单位根反演）

摘要：【LOJ 6485】LJJ 学二项式定理（单位根反演）题面 "LOJ" 题解显然对于

a 0, a 1, a 2, a 3

$a0,a1,a2,a3$ 分开算答案。这里以

a 0

$a0$ 为例 $$\begin{aligned} Ans&=\frac{1}{4}a_0\sum_{i=0}^n [4|i]{n\choose i}s^i\\ &=\ 阅读全文

posted @ 2019-05-09 21:24 小蒟蒻yyb 阅读(616) 评论(1) 推荐(1) 编辑

【BZOJ3328】PYXFIB（单位根反演，矩阵快速幂）

摘要：【BZOJ3328】PYXFIB（单位根反演，矩阵快速幂）题面 "BZOJ" 题解首先要求的式子是：

\sum_{i = 0}^{n} [k | i] (\binom{n}{i}) f_{i}

$\displaystyle \sum_{i=0}^n [k|i]{n\choose i}f_i$ 。斐波那契数列如果要快速算显然就只能对应着一个矩阵，所以我们就直接默认

f_{i}

$f_i$ 是一个矩阵的形式阅读全文

posted @ 2019-05-09 18:57 小蒟蒻yyb 阅读(596) 评论(0) 推荐(0) 编辑

单位根反演

摘要：单位根反演看起来原来是写过一次这道题目的。然而从来没有想过为什么。所以来从头算一算QwQ。式子是这样的：

\forall k, [n | k] = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n 1} ω_{n}^{i k}

$\forall k,[n|k]=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n 1}\omega_n^{ik}$ 简单的证明：首先当

[n | k]

$[n|k]$ 的时候，$\omega_n^{ 阅读全文

posted @ 2019-05-09 14:59 小蒟蒻yyb 阅读(3345) 评论(0) 推荐(11) 编辑

【BZOJ5104】Fib数列（BSGS，二次剩余）

摘要：【BZOJ5104】Fib数列（BSGS，二次剩余）题面 "BZOJ" 题解首先求出斐波那契数列的通项：令

A = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, B = \frac{1 \sqrt{5}}{2}

$A=\frac{1+\sqrt 5}{2},B=\frac{1 \sqrt 5}{2}$ ，那么

f [n] = \frac{1}{\sqrt{5}} (A^{n} B^{n})

$f[n]=\frac{1}{\sqrt 5}(A^n B^n)$ 。然后有$A= \fra 阅读全文

posted @ 2019-05-08 21:47 小蒟蒻yyb 阅读(752) 评论(0) 推荐(0) 编辑

二次剩余

摘要：二次剩余求啥？要求解的东西是

x^{2} \equiv n (m o d p)

$x^2\equiv n(mod\ p)$ 其中

p

$p$ 是一个奇质数。前置条件有二次剩余的条件：

n^{\frac{p 1}{2}} \equiv 1 (m o d p)

$n^{\frac{p 1}{2}}\equiv 1(mod\ p)$ 证明：根据费马小定理，有

n^{p 1} \equiv 1 (m o d p)

$n^{p 1}\equiv 1(mod\ p)$ 。假设存在阅读全文

posted @ 2019-05-08 09:53 小蒟蒻yyb 阅读(2808) 评论(3) 推荐(0) 编辑

【Luogu5348】密码解锁（莫比乌斯反演，数论）

摘要：【Luogu5348】密码解锁（莫比乌斯反演，数论）题面 "洛谷" 题解首先题目给定的限制是

\sum_{n | i} a [i] = μ (n)

$\sum_{n|i}a[i]=\mu(n)$ ，然后把这个东西反演一下，莫比乌斯反演的式子是：$g(n)=\sum_{n|i}f(i)\rightarrow f(n)=\sum_{n|i}g(i)\mu 阅读全文

posted @ 2019-05-07 10:00 小蒟蒻yyb 阅读(554) 评论(0) 推荐(0) 编辑

【Luogu5349】幂（分治FFT）

摘要：【Luogu5349】幂（分治FFT）题面 "洛谷" 题解把多项式每一项拆出来考虑，于是等价于要求的只有

\sum_{i = 0}^{\infty} i^{k} r^{i}

$\sum_{i=0}^\infty i^kr^i$ 。令

f (r) = \sum_{i = 0}^{\infty} i^{k} r^{i}

$f(r)=\sum_{i=0}^\infty i^k r^i$ ，那么$rf(r)=\sum_{i=0}^\infty r i^k r 阅读全文

posted @ 2019-05-06 22:07 小蒟蒻yyb 阅读(499) 评论(3) 推荐(0) 编辑

AtCoder Grand Contest 015

摘要：AtCoder Grand Contest 015 A A+...+B Problem 有一个人有

n

$n$ 个数，最小的是

A

$A$ ，最大的是

B

$B$ ，其他数位置，问一共有多少种和的可能情况。显然能够取到的是一段连续值，那么求出最小值和最大值就行了。 cpp include include include 阅读全文

posted @ 2019-05-06 15:31 小蒟蒻yyb 阅读(317) 评论(0) 推荐(0) 编辑

AtCoder Grand Contest 014

摘要：AtCoder Grand Contest 014 A Cookie Exchanges 有三个人，分别有

A, B, C

$A,B,C$ 块饼干，每次每个人都会把自己的饼干分成相等的两份然后给其他两个人。当其中有一个人的饼干数量是奇数的时候停止，求会进行几次这样子的操作，或者会永远进行下去。首先无解的情况一定是三个阅读全文

posted @ 2019-05-04 09:51 小蒟蒻yyb 阅读(368) 评论(0) 推荐(0) 编辑

Codeforces Round #556 (Div. 1)

摘要：Codeforces Round 556 (Div. 1) A. Prefix Sum Primes 给你一堆1,2，你可以任意排序，要求你输出的数列的前缀和中质数个数最大。发现只有

2

$2$ 是偶质数，那么我们先放一个

2

$2$ ，再放一个

1

$1$ ，接下来把

2

$2$ 全部放掉再把

1

$1$ 全部放掉就行了。 cpp i 阅读全文

posted @ 2019-05-02 15:48 小蒟蒻yyb 阅读(680) 评论(2) 推荐(1) 编辑

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