随笔分类 - bzoj
摘要："传送门" 可以发现，选的电缆越多，权值和越大，并且斜率呈单调递增，图像是一个下凸壳的形式 那么我们就可以$\rm wqs$二分解决这个问题 二分斜率，我们就可以去掉那个$k$的限制 设$f[i][0/1]$表示前$i$个数，第$i$个数选/不选的最小代价 由贪心可知，我们选的电缆一定是相邻的 所以
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摘要："传送门" wqs二分果题 就是切线对应多个点有点烦，别的很好想 当切线对应多个点时，就取横坐标最小的决策点，最后取横坐标最大的决策点求答案。 代码：
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摘要："传送门" 众所周知，两个后缀的最长公共前缀就是两个后缀在$\rm sam$上的$\rm lca$ 那么对于这个题，我们发现那个式子其实就是$\rm sam$上的两点间的距离 我们就可以直接对于每条边算出贡献$(len_x len_{fa_x}) size_x (n size_x)$ 然后就是答案了
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摘要："传送门" 好像概率期望也写过一些题了，但是没啥用，还是不会套路，看了题解才会写 首先设$f[x]$为$x$到$n$的期望最少步数，$deg_x$表示$x$的度数 不考虑不动，显然$f[x]=\sum_{(x,y)\in E}\frac{f[y]+1}{deg_x}$ 由于可以不动，$f[x]=\s
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摘要："传送门" 解法1： 膜题解，分类讨论题 考虑设$f[i][j][0/1]$表示填了$i$个数，前$i$个数相邻的有$j$对，$i$和$i 1$是否相邻 然后就是对于每次插进来一个数疯狂的分类讨论去转移就行了。 其实知道状态后面的方程就不难推了，~~随便推推就AC了~~ 解法2： 猜测有规律，打表。
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摘要："传送门" 计数$\rm dp$，容斥 首先，我们可以将每个数都看成本质不同的 然后我们设$f(i,j)$表示当前考虑了前$i$种颜色，有$j$个位置保留的是原来的数，设$\rm cnt[i]$为第$\rm i$种颜色的数量 那么转移显然就是 $$ f(i,j)=\sum_{k=0}^{min(cn
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摘要："传送门" 这个题考虑组合数的实际意义，可以将题意转化为从$nk$个数里面选$m$个数$(m\%k=r)$的方案数 这个可以$dp$求解 设$f[i][j]$表示前$i$个数选出$j$个数（$j$是对于$k$取mod后的）的方案数 显然有$f[i][j]=f[i 1][j]+f[i 1][(j 1+
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摘要："传送门" 直接对于每种颜色都建一棵LCT就行了，至于判断能否修改，有一个特殊情况就是修改前和修改后的颜色可能相同 还有就是修改点权记得update 代码：
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摘要："传送门" LCT模板题 讲一下几个细节： 1、cut的时候如果只是将$x$定为根，然后将它的右儿子以及$y$的父亲清空是错的，因为$x$此时的右儿子不一定是$y$ 所以记得需要提取路径，然后再将深度小的那个节点的左儿子和深度大的节点的父亲清空 2、对于标记的问题，建议将点权表示为$p v_i+q$
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摘要："传送门" 首先我们可以将计算出所有上升序列的答案，然后自由组合乘上个$n!$就行了 我们设$f(n)$为长度为$n$的上升序列的答案,$f(n,x)$为长度为$n$并且包含$x$的上升序列的答案 那么显然有 $$ f(n)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{A}f(n,i) $$ 也有
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摘要：bzoj luogu 生成函数做起来挺简单的 首先，答案显然是 \[ ans=[x^n]\sum_{i=1}^{+\infty}Fib^i(x)=[x^n]\frac{Fib(x)}{1-Fib(x)} \] 然后有 \[ Fib(x)=\frac{x}{1-x-x^2} \] 证明如下（知道自行往
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摘要："bzoj传送门" "luogu" 生成函数，多项式 首先考虑这个题最显然的$dp$方程，设$f(n)$为根节点权值为$n$的二叉树个数，$g(n)$为权值为$n$的点是否存在 当$n=0$，$f(n)=1$ 当$n\neq 0$ $$ f(n)=\sum_{i=1}^{n}g(n)\sum_{j=
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摘要："传送门" 生成函数 设生成函数$f(x)$，可以将系数定为选的方案数，指数定为代价 那么 $$ f(x)=\sum_{i=1}^{n}x^{w_i} $$ 然后答案就是$f^3(x)+f^2(x)+f(x)$然后去掉重复的情况 然后我们设 $$ A(x)=\sum_{i=1}^{n}x^{2w_i
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摘要："传送门" 生成函数的模板题 前置知识： $$ \sum_{i=0}^{+\infty}x^i=\frac{1}{1 x} $$ 其实就是等比数列求和公式，这就是公比为$x$的等比数列，然后取$x\in( 1,1)$ 也就是你只要会等比数列求和就行了 也就有 $$ (1+x+x^2+x^3+x^4+
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摘要："传送门" 思路还是很巧妙的。 显然能对答案产生贡献的最多颜色为$min\{m,n/S\}$ 设$f(i)$为出现次数为$S$的颜色种类至少有$i$种的涂色方案 那么 $$ f(i)=\binom{m}{i}\frac{n!}{(S!)^i(n iS)!}(m i)^{n iS} $$ 然后让我们分
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摘要："传送门" 正反两边dijkstra染色，然后枚举一下边，求出最小值就好啦 代码： c++ include include include include include using namespace std; void read(int &x) { char ch; bool ok; for(o
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摘要："传送门" 这个题好像 "bzoj4455:[Zjoi2016]小星星" 然后就可以类比那个思路将树形dp改为矩阵树定理，然后就做完了 代码： c++ include include include include using namespace std; void read(int &x) { c
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摘要："传送门" 考虑假如不考虑重复映射 那么显然可以得到一个$O(n^3)$的树形dp 然后考虑如何去掉不合法的情况？ 容斥，考虑每次只能从一个点集$S$里选点（也就是至多$|S|$个点的映射的方案数） 那么显然就可以枚举点集$S$，做树形dp，然后容斥一下就做完了 总复杂度：$O(2^nn^3)$ 代
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摘要："传送门" 感觉这个题是真的神仙啊，思路是真的难想 首先设$f(i)$为$i$个点的无向连通图个数，然后设$g(i)$为$i$个点的图的个数（注意，此处不一定联通） 那么我们考虑枚举$1$号点所在的联通块的大小 显然有 $$ g(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\binom{n 1}{i 1}
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摘要："传送门" 首先我们需要知道第二类斯特林数的通项公式 $$ S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{k=0}^{m}( 1)^k\binom{m}{k}(m k)^n $$ 然后我们就可以将题目给的式子里的第二类斯特林数拆开 $$ f(n)=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}
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