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摘要： 有一个结论：\(\varphi(nm)=\frac{\varphi(n)\varphi(m)\gcd(n,m)}{\varphi\left(\gcd(n,m)\right)}\)，考虑证明： \[ \large\begin{aligned} \varphi(nm)&=\frac{\varphi(n) 阅读全文

摘要： 考虑枚举每个点来计算答案，枚举到一个点时，将该点看作是树的根。设 \(f_{x,i}\) 为在 \(x\) 的子树内进行删边，只考虑后 \(i\) 条边的编号分配，其余边任意分配，且根节点编号最后仍为 \(x\) 的概率之和。得 \(x\) 的最终答案为 \(\frac{f_{x,n-1}}{(n- 阅读全文

摘要： 先将询问离线，从小到大扫描右端点并维护左端点的答案。让每个关键点在能覆盖它的矩形中编号最大一个有贡献，每次询问就是查询矩形对应的区间贡献和。 每次右端点移动时，考虑新加入的矩形覆盖的点集，将该点集有贡献的位置修改为当前的右端点。这一过程可以用 \(K-D\ Tree\) 来维护，暴力回收子树内的标记 阅读全文

摘要： 不难发现连通块一定是连续的一段。考虑枚举连通块的右端点 \(p\)，要求 \([1,p]\) 和 \([p+1,n]\) 之间没有连边，即 \(\min\limits_{1 \leqslant i \leqslant p} a_i > \max\limits_{p+1 \leqslant i \le 阅读全文

摘要： 有个结论，原问题可以转化为每次开枪的概率中的分母不变，当射到一个已经死掉的猎人时，就继续开枪，不难发现这样射中第 \(i\) 个人的概率和原问题一样，设 \(W=\sum\limits_{i=1}^n w_i\)，\(T\) 为已经死掉的猎人的 \(w_i\) 的和，得： \[ \large\lef 阅读全文

摘要： 若 \(\frac{a}{b}\) 为纯循环小数，设 \(l\) 为其循环节长度，得： \[ \large \frac{a}{b}\left(k^l-1\right) \in\mathbb Z \Rightarrow k^l=1 \pmod{b} \Rightarrow k \perp b \] 所 阅读全文

摘要： 所求即为： \[ \large \sum_{a=1}^n\sum_{b=a+1}^n\left[ a+b \mid ab \right] \] 设 \(\gcd(a,b)=d,a=id,b=jd\)，得： \[ \large\begin{aligned} d(i+j)&\mid ijd^2\\ (i 阅读全文

摘要： CF582E Boolean Function 四元组 \((A,B,C,D)\) 的情况只有 \(16\) 种，将每种情况的函数值进行状压，在表达式建出的二叉树上进行 \(DP\)，合并子树为对应的卷积。 链接 CF449D Jzzhu and Numbers 先做集合交卷积的莫比乌斯变换，然后快 阅读全文

摘要： 概念 若 \(n\) 不是 \(p\) 的倍数且在模 \(p\) 的意义下和某个数的平方同余，则称 \(n\) 为模 \(p\) 的二次剩余，否则称 \(n\) 为模 \(p\) 的非二次剩余。 求解二次剩余就是求解形如： \[ \large x^2 \equiv n \pmod{p} \] 的方程 阅读全文

摘要： 概念 若 \(X\) 为非负整数集 \(\mathbb{N}\) 上的离散随机变量，其满足 \(\text{Pr}(X=i)=a_i\)，则称 \(a_n\ (n \in \mathbb{N})\) 的生成函数为 \(X\) 的概率生成函数，得： \[ \large F(z)=\mathbb E(z 阅读全文

摘要： 考虑 \(DP\)，设 \(f_i\) 为考虑了前 \(i\) 张牌的最大总分，\(a_i\) 为第 \(i\) 张牌的种类，\(s_i\) 为前 \(i\) 张牌和第 \(i\) 张牌的种类相同的牌的个数，得转移为： \[ \large f_i=\max_{a_j=a_i}\left \{ f_{ 阅读全文

摘要： 设 \(pre_i\) 为只考虑 \(d\) 的限制下能转移到 \(i\) 的最小端点，发现 \(pre_i\) 随着 \(i\) 单调变化，因此可以通过单调队列求出 \(pre_i\)。 然后就只用考虑 \(c\) 的限制了，考虑分治，对于区间 \([l,r]\)，设 \(c_k\) 为该区间的最 阅读全文

摘要： 对于 \(x\)，存在 \(p\)，满足 \(2^p \leqslant x < 2^{p+1}\)，对于所有 \(a_i\) 按 \(\left\lfloor \frac{a_i}{2^p} \right\rfloor\) 的值分组，得每组内的两两异或值都 \(<x\)。 然后就只需考虑组与组之间 阅读全文

摘要： 用 \(kmp\) 暴力处理经过 \(lca\) 的匹配，这一部分复杂度为 \(O(\sum|s|)\)。然后就只用考虑直上直下的链的匹配，离线后对询问串建 \(AC\) 自动机，在原树上遍历时加入贡献，答案差分统计，即长链的匹配减去短链的匹配，用树状数组维护 \(fail\) 树子树和即可。 #i 阅读全文

摘要： 用来求积性函数 \(f(x)\) 的前缀和。要求其在质数 \(p\) 处的取值为多项式，并且 \(f(p^k)\) 可以快速计算。 因为多项式可以拆成单项式，所以只用求出形如 \(f(p)=p^k\) 的前缀和，然后加起来就行。 设 \(g(n,j)\) 为小于等于 \(n\) 的所有质数和最小质因 阅读全文

摘要： \[ \large\begin{aligned} &\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\left \lfloor \frac{i}{k} \right \rfloor \\ =&\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i \frac{i-i \bmod k}{k} \ 阅读全文

摘要： 枚举进球个数，得： \[ \large\begin{aligned} &\sum_{i=0}^k \binom{m}{i}\binom{n-m}{k-i} i^l\\ =&\sum_{i=0}^k \binom{m}{i}\binom{n-m}{k-i} \sum_{j=0}^{i} \binom{ 阅读全文

摘要： 第一类斯特林数 \[ \large \begin{bmatrix}n\\ m\end{bmatrix}=(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\ m\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}n-1\\ m-1\end{bmatrix} \] 其为将 \(n\) 个元素划分为 阅读全文

摘要： #388. 【UNR #3】配对树 先考虑怎样配对最优，发现对于一条边，若其两端的子树内需要配对的点的个数都为奇数，则该边会有 \(1\) 的贡献，否则没有贡献，得这样为最优情况。 那么对于一棵子树，将其内部的点标记为 \(1\)，得到一个 \(01\) 串，子树父边的贡献为 \(01\) 串中长度 阅读全文

摘要： 线段树上维护最大子段和是在每个节点上维护四元组 \((mx,lm,rm,sum)\)，但现在有全局加操作，线段树就不能直接维护了。 考虑如何维护 \(lm\)，\(rm\) 同理，设 \(pre(x)\) 为长度为 \(x\) 的前缀和的值，\(add\) 为当前全局加的和，则 \(add \tim 阅读全文

摘要： 考虑维护当前可能成为答案的后缀，因为当前的最小后缀加上前面一段后不一定仍最小，所以对于所有前缀为最小后缀的后缀都要进行考虑，但能成为答案的后缀并不是所有这样的后缀。 设当前考虑的串为 \(s\)，后缀 \(a\) 能成为候选后缀当且仅当存在字符串 \(t\)，使得 \(at\) 是 \(st\) 的 阅读全文

摘要： Lyndon 串 其严格最小后缀为其本身的串，称为 \(Lyndon\) 串，也就是 \(s\) 是其所有循环移位中严格最小的。 \(s,t\) 都为 \(Lyndon\) 串是，且 \(s<t\)，则 \(st\) 也为 \(Lyndon\) 串。证明 \(t>st\) 后即可证明该性质。 Lyn 阅读全文

摘要： 扩展 \(KMP\) 可以 \(O(n)\) 得出一个字符串的 \(z\) 函数，\(z(i)\) 为以 \(i\) 开头的后缀和整个串的 \(lcp\)。 维护一个 \(r\) 最大的和前缀匹配的子串 \([l,r]\)，当前的 \(z\) 函数可以从之前得到的结果继承过来，剩下的部分暴力匹配，因 阅读全文

摘要： 将三颗棋子看作三元组 \((x,y,z)\ x<y<z\)，得其能转移到的状态有： \[ \large\begin{aligned} &(2x-y,x,z) \\ &(x,z,2z-y) \\ &(x,2y-z,y)\ (y-x>z-y) \\ &(y,2y-x,z)\ (y-x<z-y) \\ \ 阅读全文

摘要： 一次删点只会影响该点到根节点路径上的点，若路径上的点 \(x\) 在删点后满足 \(size_x \leqslant \frac{1}{2}size_{root}\) 则点 \(x\) 的父边会从重边变为轻边，二分找到满足条件的深度最浅的点，调整其重儿子的关系后，将其设为接下来考虑的根节点，然后继续 阅读全文