2024 年 4月随笔档案 - Laijinyi

平衡树炫酷科技

摘要：炫酷平衡树科技

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博客园的备份/导出/导入

摘要：这里只讲下 cnblogs 的备份/导出/导入 “备份”只是导出你写的所有文章、随笔等那如何备份设置呢？其实设置那里有历史记录的……

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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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重建计划题解

摘要：题意：一棵树，有边权，求边权平均值最大且经过点数在

[L, R]

$[L,R]$ 的路径长度. Solution 首先二分答案

x

$x$ ，每条边权减去

x

$x$ 后问题转为求最大路径长度，若答案

\geq 0

$\ge0$ 则可行 1 边分治保平安。先转二叉树，这里有两种方法：一种是像线段树一样建，另一种是普通贪

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一个人的数论题解

摘要：Solution 令指数为

k

$k$ 正常反演得到

\sum_{d ∣ n} μ (d) d^{k} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} i^{k}

$\sum_{d\mid n}\mu(d)d^k\sum_{i=1}^{\frac nd}i^k$ 设

f (x) = \sum_{i = 1}^{x} i^{k}

$f(x)=\sum_{i=1}^xi^k$ ，它是一个关于

x

$x$ 的

k + 1

$k+1$ 次多项式求这个多项式可以插值 \(\

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数表题解

摘要：“当你想不出来一道题的时候就想一下排序” 先不考虑

a

$a$ ，求 \[ \begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma_1(\gcd(i,j))\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d=1}^{\min(n,m)}[d

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最大幂指数题解

摘要：Statement

f (x)

$f(x)$ 表示

x

$x$ 所含质因子的最大幂指数，对于

T = 10^{4}

$T=10^4$ ，

a, b \leq 10^{7}

$a,b\le10^7$ ，求

\sum_{i = 1}^{a} \sum_{j = 1}^{b} f (gcd (i, j))

$\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^bf(\gcd(i,j))$ 时限 2s Solution \[ \begin{aligned} &\s

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数列的最大公约数题解

摘要：

f (d)

$f(d)$ 表示

gcd (b_{1}, b_{2}, . . ., b_{n}) = d

$\gcd(b_1,b_2,...,b_n)=d$ 的方案数，

F (d) = \sum_{d ∣ k} f (k)

$F(d)=\sum_{d\mid k}f(k)$ 则有

f (d) = \sum_{d ∣ k} μ (\frac{k}{d}) F (k)

$f(d)=\sum_{d\mid k}\mu(\frac kd)F(k)$ 令

c n t_{d}

$cnt_d$ 为

a

$a$ 数组中是

d

$d$ 的倍

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简单的数学题题解

摘要：题意：解方程

a^{x} \equiv x (\mod m)

$a^x\equiv x\pmod m$ 数据范围：

a < m \leq 10^{9}

$a<m\le10^9$ Solution 首先

a^{x} \equiv a^{x mod φ (m) + φ (m)} (\mod m)

$a^x\equiv a^{x\bmod\varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m$ 我们设

solve (& x, y, m)

$\text{solve}(\&x,y,m)$ 表示解决

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P3281 数数题解

摘要：j带来的贡献：

f [i] * b^{j - i} + \sum (i \cdot num [i + 1.. j]) + p r e_{j - i}

$f[i]*b^{j-i}+\sum(i\cdot\text{num}[i+1..j])+pre_{j-i}$ \(\displaystyle\sum_{j=i+1}^n\left\{f[i]*b^{j-i}+i\cdot\dfrac{b^{j-i}(b^{j-i}-1)}2+p

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俄罗斯方块题解

摘要：题意：矩阵 checkmax、矩阵求 max，checkmax 的值一定比当前矩阵原 max 大外层线段树每个节点开一棵线段树，每个点记录列的 max 与 checkmax 的标记 checkmax 时：对路过的点的 max 更新，对完全包含的区间的 checkmax 标记更新求 max 时：

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欧依LCA

摘要：问题描述：如题，

n = 2 \cdot 10^{5}, m = 2 \cdot 10^{6}

$n=2\cdot10^5,m=2\cdot10^6$ 法一用欧拉序做深度的 RMQ，可惜有二倍常数法二直接考虑 dfn 序，画画图发现

[{dfn}_{u} . . . {dfn}_{v}]

$[\text{dfn}_u...\text{dfn}_v]$ 之间一定经过了 \(\text{dfn}_{\text{LCA}}\

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染色问题题解

摘要：

f (i)

$f(i)$ ：满足

n

$n$ 行

m

$m$ 列每行每列都有颜色，最多用了

j

$j$ 种颜色的方案数根据容斥原理

f (i) = [(i + 1)^{m} - 1]^{n} - \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{k - 1} C_{m}^{k} [(i + 1)^{m - k} - 1]^{n}

$f(i)=[(i+1)^m-1]^n-\sum_{i=1}^m(-1)^{k-1}C_m^k[(i+1)^{m-k}-1]^n$ 意思是对于每一行，每个格子都可以填 \

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连边题解

摘要：

f (i, j)

$f(i,j)$ 表示已经连了

i

$i$ 条边，奇数度点有

j

$j$ 个的方案数

f (i, j) = (C_{j + 2}^{2} \cdot f (i - 1, j + 2) + C_{n - j + 2}^{2} \cdot f (i - 1, j - 2) + (n - j) \cdot j \cdot f (i - 1, j))

$f(i,j)=(C_{j+2}^2\cdot f(i-1,j+2)+C_{n-j+2}^2\cdot f(i-1,j-2)+(n-j)\cdot j\cdot f(i-1,j))$ 再减去重边：\(f(i

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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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双模数问题题解

摘要：Statement

S (n, m) = {k ∣ k \in N^{+} \land n mod k + m mod k \geq k}

$S(n,m)=\{k\mid k\in\mathbb N^+\land n\bmod k+m\bmod k\ge k\}$ ，求

φ (n) φ (m) \sum_{k \in S (n, m)} k (\mod 998244353)

$\varphi(n)\varphi(m)\sum_{k\in S(n,m)}k\pmod{998244353}$ （\(n,m\le10^{1

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荒岛野人题解

摘要：Statement 有

n (\leq 15)

$n(\le15)$ 个野人，第

i

$i$ 个野人的寿命是

L_{i} (\leq 10^{6})

$L_i(\le10^6)$ 年。荒岛上有

m

$m$ 个山洞排列成一个环，但你不知道

m

$m$ 到底是多少。第

i

$i$ 个野人第一年会从第一个山洞开始往后数

C_{i}

$C_i$ 个住下来，此后每一年都会

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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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停机问题

摘要：为什么停机问题是图灵不可计算问题？若人脑是图灵机那么举个例子：你在做一道题时，你想要知道你自己能不能在有限时间内做出这道题但是如果这道题是证明或证伪黎曼猜想那你就不知道你自己能不能在有限时间内做出这道题了因为你有可能一生都做不出来，也有可能某个灵感就做出来了，这个结果你不知道严谨证明首

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求插值系数

摘要：众所周知：

F (x) = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} \prod_{j \neq i} \frac{x - x_{j}}{x_{i} - x_{j}}

$F(x)=\sum_{i=1}^ny_i\prod_{j\not=i}\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}$ 怎么求它的系数呢？

O (n^{2})

$\mathcal O(n^2)$ 处理

\prod (x - x_{i})

$\prod(x-x_i)$ ，这个由于乘

n

$n$ 次、每次长度增加 1，所以是 \(n^

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标记永久化

摘要：标记永久化

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数学基础

摘要：1. 倍数筛法 vector<int> p[N]; // 约数 for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = i; j <= n; j += i) p[j].push_back(i); 在

O (n \log n)

$\mathcal O(n\log n)$ 时间内生成每个数的约数表

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