随笔分类 - bzoj
摘要："传送门" 又做一次题解的搬运工，神仙题 分解质因数很显然是能想到的，不过纯粹的分解质因数只能得到可惜的30分 可以发现一个小于$500$的数，大于$22$的质因数最多只有$1$个 所以我们就可以将小于$22$的质数状压起来 然后对于大于$22$的质数进行讨论 可以知道对于一段大于$22$的质数相同
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摘要："传送门" 第一问是sb题，求$a[i]$严格上升转化为求$a[i] i$的不下降就好了，答案就是$n len$ 第二问好神仙啊，首先也没想到$O(n^3)$能过$35000$ 结论也很nb，对于区间$[l,r]$，要使不降最小代价一定是存在一个分割点$k$，使得前一半都等于$a$，后一半为$b$，
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摘要："传送门" 我是真的垃圾啊，我就不能独立的做完一道题吗 这个题还是莫比乌斯反演 但是很神奇的出现了$\prod$，先不管它，先把答案式写出来 $$ ans=\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f[gcd(i,j)] $$ 然后一贯的套路，枚举$gcd$的值 $$ ans=\p
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摘要："传送门" 好像还是个比较简单的网络流 说实话我不知道网上双向边建成容量为$2$的为什么是对的，我感觉容量为$1$才是对的啊 然后唯一的坑点就是直接建图$a1$可能会流到$b2$，$b1$可能会流到$a2$，这就会误判 然后交换一组起点和终点就好了，再跑就行了（这也是我看了题解的地方） 代码： c+
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摘要："传送门" 开始刷第一版的题，一个dp+最短路的题，不算太难 设出状态$f[i]$表示当前到第$i$天的最小成本 由于变更路线是要花钱的，那么转移考虑上一次变更道路的位置就好了 代码：
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摘要："传送门" 容斥。 发现$H L$范围很小 设$f[i]$为最大公约数为$i$且选的数不全相同的方案数 考虑将$H$和$L$除以$k$，设$l=\lfloor L/k \rfloor,r=\lfloor H/k \rfloor$ 那么答案就是$f[1]+[L include include usin
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摘要："传送门" 好神的树形dp啊！ 首先考虑=的情况，显然可以将他们缩成一个点 然后=k$ 那么$a$个白球放的方案数就是$C^{a}_{k}$ 然后$b$个黑球部分要与白球合并，那么合并的方案数就是$C^{b (k a)}_a$ 代码： c++ include include include usin
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摘要："传送门" 一开始想着二维线段树+二次换根来着，然而空间不够并且强制在线 然后就想到了一个比较好的计算方式，详见 "bzoj3626[LNOI2014]LCA" 就是类似这个统计距离和的方法，不过这次是有边权的，区间修改的话，预处理路径的长度就好了 然后发现还是不好做，看题解去 然后看到了动态点分治
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摘要："传送门" 感觉智商越来越不在线了，这么水的题没秒掉 一开始想的直接拿堆维护跑拓扑排序，后来发现看错题意了 然后就一直想怎么拿并查集去维护树的最小值，后来发现维护不了，又GG了 无奈之下看题解，这不就建个反图就没了吗，智商真的不在线 c++ include include include inclu
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摘要："传送门" 首先考虑不加边，那么就是一个有向无环图 答案的统计就是$\sum_{i=2}^{n}in[i]$（$in[i]$就是$i$号点的入度） 但是考虑加边之后会出现环，那么就会导致重复计数，需要将重复的部分去掉 重复的原因就是因为环边可能会走到重复的点 现在考虑新加的边$x y$ 我们可以发现
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摘要："传送门" 我是菜鸡不会写，我抄题解，我无耻发博客 "我看的博客" 虽然以上全都属实，但是这个题我确实也学到了些操作 首先先转化一下题意 对于$a,b$要求$a+b|ab$，则$gcd(a,b)!=1$ 我们考虑将$d=gcd(a,b)$，则$a=id,b=jd$ 我们知道$gcd(i,j)==1$
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摘要："传送门" 这个题真的也是有点难度啊（应该是因为我太菜了） $$ ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)^k\\ $$ 可以设 $$ f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]d^k\\ ans=\sum_{
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摘要："传送门" 可以先不管$a$的限制 显然问题可以转化，对于一个数$i j$，能同时整除$i$并且整除$j$的数$x$，也就是满足$x|i\&\&y|j$，则$x|gcd(i,j)$，也就是$x$为$gcd(i,j)$的约数，设$g(n)$为$n$的约数和，那么 $$ ans=\sum_{d=1}^{
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摘要："传送门" 杜教筛板子题 又是卡了一晚上的常数 我的hash实现能力似乎差了点，写出来的hash连map都不如 用了点奇技淫巧，拿unordered_map把这题A了 先考虑$ans2$ $$ ans2=\sum_{i=1}^{n}\mu(i) $$ 看到$\mu$就想到了$\mu I=ε$ 然后由
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摘要："传送门" 莫比乌斯反演，但是约数有点难搞诶 有一个式子（想想挺显然的，可以保证每个约数只被算一次） $$ d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1] $$ 然后就正常了对吧，设 $$ f(d)=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}d(ij)=
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摘要："传送门" 莫比乌斯反演，算是道模板题吧，但是比 "[POI2007\]Zap" 难一些， "zap我也有题解" 对于这个题，一贯的套路，我们设 $$ f(d)=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)==d]\\ g(n)=\sum_{n|d}f(d)=\sum_
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摘要："传送门" 我觉得这个问题的唯一难点是在于问题的转化 显然存在这样一种数，在区间$[l,r]$之间没有一个数是它的约数 然后怎么求这种数呢，线性筛一下 显然我们的$t(p)$就是这种数的最后一个的位置 每种$t(p)$的值的出现次数就是$\binom{n 1}{x 1} x! (n x)!$ 统计答
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摘要："传送门" 首先考虑定下一个端点，然后剩下的就可以递推了 一开始想的是定下左端点，然后预处理出位置最远能看到的位置，后来发现时间GG了 看题解发现定右端点优秀得多 记录下当前$r$最远能看到的位置$p$，能看到$[p,r]$一共需要几个守卫，这个后缀和一下就好了 然后斜率的判断，只需要$l,r$的斜
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摘要："传送门" 对于一些植物存在保护它的植物，比如能攻击到它的和它右边的植物都能保护它 这就符合最大权闭合子图的定义 按照最大权闭合子图的建模方式，正权连源点，负权连汇点，中间就对于每个植物连向保护它的植物就好了 可惜有些保护是成环的，环内的植物以及被这个环保护的植物你一个也碰不了 所以先反向建图，跑一
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摘要："传送门" 看到数据范围这么小，就没想过暴力的办法么 考虑肯定是从近走到远，所以走的点之间一定没有其他的点，所以我们就可以暴力的建图，然后暴力的去dfs就好了 代码： c++ include include include using namespace std; void read(int &x)
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