随笔分类 - 题解
各种题目的题解。
摘要：萌新初学拉格朗日反演，这个看起来很对所以应该是对的吧？ 把 $n$ 个点连成有 $k$ 棵树的森林，并且要求 $1,2,\cdots,k$ 这 $k$ 个点两两不在同一棵树的方案数。 首先~~通过看错题~~求个连成 $k$ 棵有根树的个数，并且树和树之间有顺序。 令 $T$ 有标号有根树的 EGF，
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摘要：为了简化记号，令 $a_i,b_i,c_i$ 为原题面中的 $\frac{a_i}{1000},\frac{b_i}{1000},\frac{1000-a_i-b_i}{1000}$． $n$ 如此小，那就要大胆设 dp： $f_{S,i,0/1}$ 表示当前状态为：存活集合是 $S$，由 $i$
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摘要：感觉是 dp 好题啊！ 这里令 $n$ 作为原题面中的 $k$． 方法一：我认为的通过常规思路想出来的做法。 正常思路是设 $f_{i,x}$ 表示操作了 $i$ 步得到 $x$ 的概率。但是由于 $x$ 是 $10^9$ 级别，复杂度过于大。 如果 $\times 2$ 将其看作从后面填一个 $0
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摘要：~~怎么题解都是清一色的 dp 啊~~ 我们需要做的是，从简单的情景出发，找到性质。 不难想到的是，相邻的同色节点可以合并到一起，因为如果无论何种最优操作，总是可以将这个同色连通块里的点删除延后，和连通块中最晚删除的那个点一起删除。 考虑合并同色节点后若得到了一条黑白相间的长度为 $m$ 的链，通过
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摘要：比赛地址 Difficulty 后面跟的是我认为的难度，如果和官方题解不一样那么也会给出官方题解的难度。 整体难度比预想中的要简单，除了计算几何和大模拟选择跳过，防 AK 的 poly 题没做出来以外，其他题都做出来了。虽然有的题复杂度 / 实现方式 / 做法比官方题解更劣，姑且还是都写了题解。 我
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摘要：我知道你很急，但你先别急。
我急了我急了我急了。
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摘要：在众多科技普及的今天，它如同一道板题。 我的做法是，直接把式子列出来，暴力展开艾弗森记号，然后嗯推。 $$ \begin{aligned} &\sum_{S\subseteq U}\sum_{x\in \complement_U S}[\gcd(S)>1][\gcd(x,S)=1] \ =&\sum
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摘要：怎么想到的结论？结论是，如果把看成最小化 $\sum {s_i}^2$，那么一定满足条件。 证明是考虑如果相邻两段 $s>t$，如果不满足条件即 $s-t>\max$，说明将 $s$ 和 $t$ 交界处的那个属于 $s$ 的数 $x$ 扔给 $t$，变成 $s-x$ 和 $t+x$，它们的差值绝对值
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摘要：考虑这个 $l_1$ 一定是 $s$ 的开头，$r_2$ 一定是 $t$ 的结尾，那么就考虑假如固定了 $l_1,r_2$ 之后怎么计算对答案的贡献。 一个河狸的想法是，固定 $l_1$ 之后可以通过 exkmp 求出 $LCP(a[l_1:],s)$，就知道 $r_1$ 能落在 $l_1$ 的 Z
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摘要：为毛这么难理解啊？这就是 AGC 吗？
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摘要：不弱于二分图最大匹配，那跑个网络流先。 直接考虑删点使得最大匹配恰好 $-1$ 似乎有些困难，考虑利用 König 定理：二分图最小点覆盖大小等于最大匹配大小，删点使得最小点覆盖恰好 $-1$． 先求出这个最小点覆盖。可以直接套用 König 定理的构造性证明：对于每个右边每个失配点，尝试走“一条匹
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摘要：考虑将第二个容斥掉，枚举有 $1\sim i$ 出现次数 $\leq 1$ 次，剩余的无限制，假设其方案为 $f(i)$． 那么答案就是 $\sum f(i)(-1)^i\binom{n}{i}$． 考虑 $f(x)$ 怎么算，令 $y=n-x$，首先考虑不包含 $1\sim x$ 的子集一共有 $
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摘要：$x=a\operatorname{xor} b,y=b\operatorname{xor} c,z=a\operatorname{xor} c$，则 $x\operatorname{xor} y\operatorname{xor} z=0$． 即有 $x\operatorname{xor} y=z
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摘要：有三个维度，序列维，操作维，询问维。 尝试扫描线，枚举一下扫哪个维能做。 或者考虑序列维上有颜色段均摊的性质。 这样不难想到在操作维上从小到大扫描线，或者说对询问维的 $r$ 作扫描线，用 set 维护序列维上的连续段。 现在将询问 $(l,r)$ 挂在了 $r$ 上，扫描线扫到 $r$ 时，要询问
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摘要：简要题意：给定带点权树，对每个点求出其子树补中选出两个数异或得到的最大值。 考虑整个树中的最优解是 $a_x\oplus a_y$，那么除了 $x$ 和 $y$ 到根的链上这些点以外，其他的所有点答案都是 $a_x\oplus a_y$． 这样只需要考虑如何求出一条到根的链的答案。 考虑这样一条链，
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摘要：回忆一个外向树的拓扑序计数是如何解决的。对于所有的 $n!$ 种方案，必须要满足根在所有子孙的拓扑序之前，那么方案书就是 $\frac{n!}{\frac{n!}{(n-1)!}}=\frac{n!}{n}$，然后就可以剥去根不考虑根的印象。之后每次再考虑剩余若干子树的一个根 $x$，要满足 $x$
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摘要：$i$ 和 $j$ 不对称很烦，求 $\sum_i\sum_j\mathrm{lcm}(A_i,A_j)$ 再减去 $\sum_i A_i$ 再除 $2$ 即可得到答案。现在来考虑 $i$ 和 $j$ 取值均为 $0\sim N-1$ 的式子： $$ \begin{aligned} &\sum_i\
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摘要：首先它是个差分约束系统，要求变量总和最小就跑最长路。 但是它边权只有 $0$ 或 $1$，考虑这个图有什么特殊性质。 先缩点，每个 SCC 内部如果出现了一条 $u$ 到 $v$ 的边权为 $1$，根据 SCC 的定义，一定还存在一条 $v$ 到 $u$ 的路径，由于边权 $\geq 0$，所以一定
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摘要：给定 $n,m$，保证 $\mu^2(n)=1$，求： $$ \sum_{i=1}^m\varphi(in) $$ 模 $10^9+7$，$n\leq 10^{10},m\leq 10^9$． 对于把 $\varphi(in)$ 拆开，比较经典的是考虑每个质因子 $p$ 的贡献，则有： $$ \be
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摘要：还是考虑那个众数的套路，考虑一个数 $c$ 的贡献，将 $c$ 置为 $1$，不是 $c$ 的置为 $-1$，那么一个区间和 $>0$ 的绝对众数是 $c$． 从左往右和从右往左各跑一边，每次让一个 $+1$ 匹配左边第一个没匹配的 $-1$ （没有的话就匹配到虚空），如果一个位置从前往后或者从后往
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