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我也曾赴过琼林宴 我也曾打马御街前 阅读全文
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嫌われる事が怖くて
僕は僕は僕を隠した 阅读全文
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Generals order their soldiers to kill
And to fight for a cause they've long ago forgotten 阅读全文
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声が潰れるまで歌って 何度の時間を棒に振った 阅读全文
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分情况讨论，m=1的时候比较简单，设f[i][j]为到i选了j个矩形，前缀和转移一下就行了 m=2，设f[i][j][k]为1行前i个，2行前j个，一共选了k个，i!=j的时候各自转移同m=1，否则转移一下两行矩阵的情况 cpp include include using namespace std 阅读全文
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设f[i][j][k][0/1]表示选到i时，i 1选j张，i选k张，之前选的所有牌是否选择了对子 然后分情况讨论转移即可 阅读全文
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设f[i]为深度为i的n元树数目，s为f的前缀和 s[i]=s[i 1]^n+1，就是增加一个根，然后在下面挂n个子树，每个子树都有s[i 1]种 写个高精就行了，好久没写WA了好几次…… 阅读全文
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有点神奇的dp 首先注意到任意一个数都能被表示成若干个斐波那契数的和的形式 先求出n可以字典序最大的表示 设f[i][0/1]表示第i个斐波那契数选或者不选 如果当前数不选，那就选比他小的两个数，否则，需要不选比他小的两个数（连续的影响） 阅读全文
该文被密码保护。 阅读全文
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注意是等于s不是大于s dfs，用set或者map存这条链到root的点权和sum[u]，更新答案的时候查一下有没有s sum[u]即可 cpp include include include using namespace std; const int N=500005; int n,m,a[N] 阅读全文
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首先注意 先hash一下，双hash，然后枚举删去位置，把hash值排个序，把些相等的加起来统计一下对数即可 cpp include include include using namespace std; const int N=30005; int ans,n,m,k; long long h1 阅读全文
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设f[i][j]为a序列前i个字符和b序列前j个字符的最长公共子序列，转移很好说就是f[i][j]=max(f[i 1][j],f[i][j 1],f[i 1][j 1]+(a[i]==b[j])) 设g[i][j]为a序列前i个字符和b序列前j个字符的最长公共子序列个数，这个转移是转移f的时候从前 阅读全文
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没看太懂题意orz 最优的是tarjan缩点之后问入度为0的点，因为问这个点可以知道整个块的情况 答案是这ans个入度为0的点都不是杀手的概率\\( \frac{n ans}{n} \\) 但是有特殊情况就是size为1的单独scc，这是ans ，因为其他点确定之后这个点就确定了 cpp inclu 阅读全文
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费用流里spfa最后的判断要写成dis[t] =0而不是dis[t]!= inf否则会WAWAWA…… 阅读全文
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因为边权为1所以a直接bfs瞎搞就行……我一开始竟然写了个spfa cpp include include include include using namespace std; const int N=1005,inf=1e9; int n,m,st,ed,h[N],cnt,a[N][N],b[ 阅读全文
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dfs会T，只好正反两遍拓扑了…… cpp include include include include using namespace std; const int N=100005; int n,m,h[N],cnt,d1[N],d2[N]; double f[N],p[N],s[N],ans 阅读全文
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 ```cpp #include #include #include using namespace std; const int N=1000005; int n,a[N],b[N]; long long m,... 阅读全文
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注意到目录是一颗树结构，然后就简单了，预以1为根的处理出dis[u]为以这个点为根，到子树内的目录总长，si为子树内叶子数 第二遍dfs换根即可 cpp include include include using namespace std; const int N=100005; int n,h[ 阅读全文
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一看区间操作，很容易想到差分 所以就是先差分，然后为了保证最小步数，把政府差分抵消，也就相当于原数组区间加减 第二问，因为差分数组抵消之后不为0就需要使用n+1的虚拟位置，而这个的值其实没有，所以我们可以在这个抵消后的数的范围内随意操作，也就是任意取值 阅读全文
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注意到k=gcd(x,y) 1，所以答案是 $$ 2 (\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{m}gcd(i,j)) n m $$ 去掉前面的乘和后面的减，用莫比乌斯反演来推，设n include using namespace std; const int N=100005; lon 阅读全文
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这居然是我第一次写线段树合并……所以我居然在合并的时候加点结果WAWAWAMLEMLEMLE……!ro的时候居然直接指到la就行…… 树上差分，每个点建一棵动态开点线段树，然后统计答案的时候合并即可 cpp include include include using namespace std; c 阅读全文
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Wall是个好东西，要不然我至死都看不出来我把(b[i]+b[j])写成了(b[i],b[j])…… 还是来自lyd的题解： （其实原来课件第一行式子写错了没有 1，然而我用sai手画了一个上去hhhh，板绘选手表示鼠绘真难） cpp include include include using na 阅读全文
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二分答案，注意l是max(a[i]+a[i+1])，r是sum_a 判断的时候用dp，设f[i]为i与1最少的相同颜色数，g[i]为i与1最多的相同颜色数，转移是f[i]=max(a[i] (w a[i 1] (a[1] g[i 1])),0),g[i]=min(a[1] f[i 1],a[i]); 阅读全文
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priority_queue实现的对顶堆，细节超级多WA了十几次……但是理论上是最简便的orz~~其实是我已经不会写平衡树了~~ 枚举左端点，显然要把这一段的高度搞成(l,l+k 1)的高度中位数，所以需要一个支持插入删除查询中位数的东西，我们使用对顶堆 然后关于删除，我们手动维护size和sum， 阅读全文
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来自lyd课件 发现s和last(s),next(s)成树结构，然后把式子化简成kx+b的形式，做树形dp即可 cpp include include include using namespace std; int n,t,a[105]; double p,q; struct qwe { doub 阅读全文
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设g[u]为这个点被儿子和自己充上电的概率，f[u]为被儿子、父亲和自己充上电的概率 然后根据贝叶斯公式（好像是叫这个），1.P(A+B)=P(A)+P(B) P(A)\ P(B)，2.P(A)=(P(A+B) P(B))/(1 P(B)) g的转移很好想，根据上面的1公式，g[u]=g[u]+g[ 阅读全文
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首先考虑快排的递归什么时候停下，显然是当前段只剩下一个数了，也就是一个数两边出现分隔符 然后再考虑计算冒泡长度这个操作，因为有分割，所以我们可以把这些放到一起冒泡，这和递归每个区间冒泡是等价的 所以答案就是一个数被动了几次，也就是他两边的分隔符出现的最晚时间 在冒泡排序中，每次冒泡，一个数如果前面有 阅读全文
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注意到sum_t比较小，所以设f[i][j]为选前i头牛，当前sum_t为j的最小sum_w值，转移是f[i][j]=min(f[i 1][j],f[i 1][j t[i]]+w[i])，然后i维用滚动数组优化即可 注意j include include using namespace std; c 阅读全文