总结 - 随笔分类 - Laijinyi

摘要：这篇博客教你如何使用公式，套路地解决一类期望题受 tommymio 启发，总结了一下前置知识：

E [X + Y] = E [X] + E [Y]

$\mathrm E[X+Y]=\mathrm E[X]+\mathrm E[Y]$ ，其中

X, Y

$X,Y$ 可以有依赖关系。证明 OI Wiki 上有。例题 CF280C Game on Tre

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学图论

摘要：Boruvka 每一轮操作，对于每个点来说，让他和“最近的与他有连边且还未连通的点”相连。最多

\log n

$\log n$ 轮，每轮

O (n \cdot p)

$O(n\cdot p)$ ，

p

$p$ 为找“最近的与他有连边且还未连通的点”的复杂度。

O (n p \log n)

$O(np\log n)$ Kruskal 重构树设从小到大加边，性质

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线段树合并笔记

摘要：主要是忘了复杂度证明，所以来记一记 int merge(int u, int v, int l, int r) { if (!u || !v) return u | v; if (l == r) return a[u].sum += a[v].sum, u; a[u].lc = merge(a[u]

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简单萌萌哒 Top Tree（上）

摘要：前情提要（？ Top Cluster 分解与 Top Tree 情景导入我们总是想要以一种合适的方式对树进行划分，但是对于菊花图而言，基于点的划分总是不合适的，这启发我们基于边进行划分。事实上可以证明，基于边的划分总是可行的。 Top Cluster 分解就是一种基于边的划分方式，下面我们来介绍他

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动态树笔记

摘要：不知道“树链剖分”、“全局平衡二叉树”等应不应该归类到“动态树”里面... 解决动态树问题的本质是将原树映射到一个高度为

O (\log n)

$O(\log n)$ 的树上。树链剖分主要是重链剖分，具体略. 支持：链修改链查询子树修改子树查询这里的修改、查询需要满足可以用数据结构维护. 一般两只 lo

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长链剖分笔记

摘要：与轻重链剖分相似. dfs1：高度

h

$h$ 、

s o n

$son$ ；dfs2：

t o p

$top$ . 性质 1：到根最多

O (\sqrt{n})

$O(\sqrt n)$ 条轻边. （证明：长链长度最坏情况：1, 2, 3...）性质 2：

x

$x$ 的

k

$k$ 级祖先

y

$y$ 所在的长链长度

\geq k

$\ge k$ .（证

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SAM 笔记

摘要：SAM 笔记有人问我

endpos

$\text{endpos}$ 是什么？一个串的

endpos

$\text{endpos}$ 就是它在原串中的所有出现位置右端点集合。后缀自动机每个节点对应的是一些本质不同的字符串，这些串满足属于同一个等价类，即

endpos

$\text{endpos}$ 相同. 这些串有后缀关系.

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一句话 Smawk

摘要：一句话 Smawk：一个一个地加入函数，根据决策单调性用栈维护下表面

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一句话 Lucas

摘要：狭义 Lucas（

p

$p$ 质数）：

n, m

$n,m$ 转成

p

$p$ 进制，然后算对应位组合数相乘完整 Lucas：对于

p^{k}

$p^k$ ，分讨

n!

$n!$ 中

p

$p$ 的倍数和非

p

$p$ 的倍数；对于

p

$p$ ，中国剩余定理合并. 其实本质上就是对着 \(\dfrac{n!}{m!(

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组合恒等式

摘要：最基础的就不说了 1

\sum_{i = 0}^{n} (C_{n}^{i})^{2} = C_{2 n}^{n}

$\sum_{i=0}^n(C_n^i)^2=C_{2n}^n$ 证明：

\sum_{i = 0}^{n} (C_{n}^{i})^{2} = \sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} \cdot C_{n}^{i} = \sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} \cdot C_{n}^{n - i} = C_{2 n}^{n}

$\sum_{i=0}^n(C_n^i)^2=\sum_{i=0}^nC_n^i\cdot C_n^i=\sum_{i=0}^nC_n^i\cdot C_n^{n-i}=C_{2n}^n$ 2 \

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数学题 3

摘要：T1 Statement 对于

n, m, T \leq 50000

$n,m,T\le50000$ ，求

\sum_{i \in [1.. n]} \sum_{j \in [1.. m]} d (i j)

$\sum_{i\in[1..n]}\sum_{j\in[1..m]}d(ij)$ Solution 因为

d (i j) = \sum_{u | i} \sum_{v | j} [gcd (u, v) = 1]

$d(ij)=\sum_{u|i}\sum_{v|j}[\gcd(u,v)=1]$ \[ \begin{alig

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数学题 2（筛子题）

摘要：T1 Statement 求出

gcd (n, k)

$\gcd(n,k)$ 的线性筛递推式，并证明复杂度是线性的。 Solution \[ \gcd(n,k)=\begin{cases} 1&(n=1)\\ \gcd(\frac n{P(n)},k)\cdot P(n)&(\gcd(\frac n{P(n)},k)

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dp 题 2

摘要：T1 Statement 你需要将

n (n \leq 10^{6})

$n(n\le10^6)$ 个数的序列

x

$x$ 划分成若干连续段，设其中一段的所有数之和为

X

$X$ ，那么这段的得分为

Y = a X^{2} + b X + c

$Y=aX^2+bX+c$ ，其中

a, b, c

$a,b,c$ 已知，求划分得到的最大总得分。\(-5\le a\le-1,|b|,|c|\

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置换 & 基环树题

摘要：T1 Statement 给一个长度为

n (\leq 10^{5})

$n(\le10^5)$ 的排列

{a_{i}}

$\{a_i\}$ 。求一个排列

{b_{i}}

$\{b_i\}$ ，使得

a_{i} = b_{b_{i}}

$a_i=b_{b_i}$ ，或输出不存在。 Solution 先把所有排列变成置换对于任意排列

{p_{i}}

$\{p_i\}$ ，它转成置换后都是 \(i\to

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数位 dp 题

摘要：T1 Statement 任意相邻两个数字之差至少为

2

$2$ 的正整数被称为 windy 数。给出

A, B (A \leq B \leq 2 \times 10^{9})

$A,B(A\le B \le2\times10^9)$ ，求

[A . . B]

$[A..B]$ 中有多少个 windy 数。 Solution 我们使用记忆化搜索实现。

f (i, x, a, b)

$f(i,x,a,b)$ 表示

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dp 题 1

摘要：T1 Statement 一个容量为

M (\leq 10000)

$M(\le10000)$ 的背包。

n (\leq 1000)

$n(\le1000)$ 个物品，重量为

m_{1}, m_{2}, . . ., m_{n}

$m_1,m_2,...,m_n$ 。问在不装物品

i (1 \leq i \leq n)

$i(1\le i\le n)$ 的条件下装入重量为

j (0 \leq j \leq M)

$j(0\le j\le M)$ 的物品有多少种方案？对于所

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数学题 1

摘要：T1 Statement 求出通项公式：

\sum_{i = 1}^{n} i^{3} 2^{i}

$\sum_{i=1}^ni^32^i$ Solution 设

T_{0} = \sum_{i = 1}^{n} 2^{i}

$T_0=\sum_{i=1}^n2^i$ ，则

T_{0} = 2^{n + 1} - 2

$T_0=2^{n+1}-2$ 设

T_{1} = \sum_{i = 1}^{n} i 2^{i}

$T_1=\sum_{i=1}^ni2^i$ ，则 \(2T_1=\sum_{i=1}^ni2

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主定理

摘要：

T (n) = a T (\frac{n}{b}) + f (n)

$T(n)=aT\left(\dfrac nb\right)+f(n)$ 记

t = \log_{b} a

$t=\log_ba$ \[ T(n)=\begin{cases}\Theta(n^t)\ \ \ \ \ &f(n)=O(n^{t-\epsilon}),\epsilon>0\\\Theta(f(n))&f(n

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整体二分

摘要：主要思想：把多个询问一起解决（一次二分同时处理多个询问，确实顾名思义）记

[l, r]

$[l,r]$ 为答案的值域，

[L, R]

$[L,R]$ 为答案的定义域，

m i d = (l + r) / 2

$mid=(l+r)/2$ 。（也就是说求答案时仅考虑下标在

[L, R]

$[L,R]$ 内的操作和询问，这其中询问的答案在

[l, r]

$[l,r]$ 内）我们首

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一句话

摘要：点分治对于一棵子树，即正常 dfs 的根改成该子树重心，递归下去是按原树儿子所在子树的重心（每次找一遍），变成了子问题，可以处理与树形态没什么关联的问题发现 siz 每次减半，故深度 log 层；同时 siz 大小总和的复杂度是对的由于总是处理的整棵子树，而答案与子树遍历关系无关，所以一定是对

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