11 2021 档案
摘要：尝试构造使得树上任意两点间都不能互相到达，这样能达到答案的上界 \(n\)．（由于不能走动，所以先手永远必胜） 观察 \(u\oplus v\leq \min(u,v)\) 当且仅当 \(u,v\) 二进制下最高位相同。 假设 \(u<v\)，最高位为 \(k\)．如果最高位相同的话，\(u\opl
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摘要：转化成逆排列（下标和值互换），设其为 \(Q\)，那么操作就变成了如果 \(|Q_i-Q_{i-1}|\geq k\)，则可以交换 \(Q_i,Q_{i-1}\)，也就是对于任意的 \(i<j,|Q_i-Q_j|<k\)，\(Q_i\) 始终要在 \(Q_j\) 前面。 如果钦定了某些元素之间的相对
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摘要：感觉直接 Tarjan 2-SAT 什么的还是想复杂了吧（ 观察到一家要不然选人要不然选猫，枚举第一家是选人还是选猫。 假如其选了人，那么第一家人所对应的猫的家，也必须选人（因为猫不能选了）。这样继续往后推，如果所有家都被推得了选人，那么就不合法，否则剩余所有家都选猫，即构造出一组合法方案。 实现上
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摘要：被构造橄榄了/ll 当 \(i<10^{18}\) 时，有 \(f(i)=f(i+10^{18})+1\)． 设 \(s=\sum_{i=1}^{10^{18}}f(i)\)，根据结论，可以归纳证明 \(\sum_{i=1+b}^{10^{18}+b}f(i)=s+b\pmod a\)，所以当 \(
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摘要：三元环计数，于是考虑暴力。答案显然为每个点的入度 \(\times\) 出度和，每次修改一个点的时候，遍历所有的入边，将其改为出边，更新答案，一次更新的复杂度是 \(\mathcal{O}(入度)\) 的。 不妨设 \(n,m,q\) 同阶，下面证明其复杂度为 \(\mathcal{O}(n\sqr
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