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显然，$sgcd(x,y)|gcd(x,y)$. 那么，$sgcd(x,y)=\frac{gcd(x,y)}{p[gcd(x,y)]}$ 其中 $p[x]$ 表示 $x$ 的最小非 1 质因子. 那么我们可以先把 $gcd(a[1],a[i])$ 都求出来，然后枚举这个最小质因子. 因为 $gcd( 阅读全文
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分析一波发现如果一个序列合法，那么必须满足所有数都是最小值的倍数. 加上组合数就行了. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define mod 998244353 #define N 500006 #define setIO(s 阅读全文
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手完一下发现对于两个点求 LCA 来说，最优策略是对于 DFS 序相近的两个点去求. 所以把所有点按照 DFS 序排序，然后相邻两个依次求一下就行了. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define N 100007 #defi 阅读全文
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后缀自动机的做法很显然：建出后缀树，线段树合并，然后倍增的时候更新答案就行. 后缀数组的做法也挺显然：二分答案，然后用主席树判定一下 $[a,b-mid+1]$ 是否有值即可. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 200006 #define lson 阅读全文
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暴力枚举的话是 $O(n^2)$ 的，但是我们可以维护每个圆的外接矩阵，然后显然如果一个圆会被当前圆删，外接矩阵一定有交集，所以就可以用 KDtree 来剪枝了. 直接做的话洛谷上能过，LOJ 上要在开始的时候把所有点都旋转一个特定的角度来保证随机性. code: #include <bits/st 阅读全文
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自己想出来的，还是相当开心的（说实话这题也不难 QAQ......） 首先，那个时间限制非常好处理：离线然后拆成插入和删除就行. 对于每一种元素的每一个位置维护一个 $pre_{i}$ 表示上一次出现的位置. 假设我们查询的位置是 $pos$，我们二分答案 $mid$. 如果 $mid$ 合法，就要 阅读全文
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非常有意思的 dp，很难想出来吧. 如果对着图去想，很难有思路，所以可以把图上的问题转化为序列问题. 我们发现，如果一个点集合法，当且仅当这个点集构成一个不降序列，且其他点都与这个点集形成逆序对. 令 $f[i]$ 表示由 $1$ ~ $i$ （选 $i$ ）构成的合法方案数. 然后如果不选一个元素 阅读全文
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这个状压状态时显然的，但是总状态数有 $\binom{K}{P}$. 好在题目中有一个要求，就是每个格子必须经过一次，所以说我们压缩的长度为 $P$ 的状态中首位必为 1. 那么状态数就减小为 $\binom{K-1}{P-1}$，来一个矩阵乘法就行了. code: #include <cstdio 阅读全文
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令 $f[i][k][j]$ 表示考虑前 $i$ 个位置，有 $k$ 次更新，且最大值为 $j$ 的方案数. 转移的话是一个前缀和. 由于是多组询问，所以可以先预处理出来. 细节什么的要注意一下. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long 阅读全文
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我们发现最多只会用 n 个背包. 令 $f[S]$ 表示装完 $S$ 的物品所需最少背包数量. 令 $g[S]$ 表示满足 $f[S]$ 的情况下剩余的最大重量. 转移略复杂，细节比较多. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 24 #define inf 阅读全文