摘要： 传送门 形如「查询有向图上两个点有没有公共祖先」的问题可以用bitset，存这个点的所有祖先既可 这个题有个特殊的限制：如果两个点见有派生关系，那它们即使有公共祖先也不能算作贡献 但可以发现若两个点见有派生关系，那父节点就没有用了 所以可以按声明顺序逆序排序，如果发现这个点已经在并集里了就跳过 Co 阅读全文

摘要： 传送门 明显的贪心，测评姬鬼畜了没了五分 Code: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f #define N 100010 #define ll long long #define reg regi 阅读全文

摘要： 传送门 对于前导零的判断：0也可以有前导零，即000也算出现了前导零 大模拟，不过长度为30的话许多人写的会爆long long，懒得卡了 Code: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f #defi 阅读全文

摘要： 传送门 当出现形如「\(m\) 次操作，每次随机选一个数/人/位置进行一次操作，选中第 \(i\) 个数/人/位置的概率为 \(\frac{a_i}{\sum\limits_{j=1}^n a_j}\) 时，尝试证一下得到每种结果概率都相等」 对于本题，每种情况的概率为 神仙题，感觉理解的不好，先咕 阅读全文

摘要： 传送门 原题，dfs即可 Code: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f #define N 1000010 #define ll long long #define reg register in 阅读全文

摘要： 传送门 推出来柿子了，但不会展开，就挂了 一个 \(n\) 次多项式的前缀和是 \(n+1\) 次多项式 当发现一个柿子不会展开时，可以先大致确定它是几次多项式，然后直接高斯消元出系数 然后这题就没了 正解好像是拉格朗日插值，先咕了 Code: #include <bits/stdc++.h> us 阅读全文

摘要： 传送门 当出现形如「每个结点最多与 \(k\) 条边相连」且 \(k\) 很小的时候，可以考虑树形DP+状压合并子树 基于一个挺套路的结论： 就题论题，这个题合并子树如果是状压枚举选哪些边的话只能过 \(n=5\) 但如果压选择了哪些与根节点直接相连的边被选，对于每个状态枚举所有路径，如果两个端点所 阅读全文

摘要： 传送门 多测题一定要检查一遍solve函数里有没有写 exit(0)！ 没有限制的情况很简单，DP或记搜都行，考虑枚举左子树大小 有限制的情况： 有一步转化： 令 \(A_i\) 为 \(i\) 在中序遍历里的排名 当 \(u<v\) 时，若让 \(A_u < A_v\)，发现 \(v\) 一定在 阅读全文

摘要： 传送门 貌似超脑少年团原题，先咕了 好吧不是原题，但题意差不多 第一次写这种限制类的题，确实很有思维难度 需要考虑的情况很多，直接大力分情况讨论没什么用，必须从最本质的地方分情况讨论才行 而且如果一个这样的题没有大样例还不知道怎么写这题的拍应该就可以直接跑路了 对于本题，首先如果没有某些人一定没有感 阅读全文

摘要： 传送门 基本完全不会 首先发现 \(p\) 一定是 \(s\) 的子串，可以枚举 \(p\) 来check \(len_p \mid n\)，\(p\) 中包含 \(s\) 中所有字母且成比例，可以剪枝 然后考虑优化check过程 贪心每次取第一次完整出现去删是假的，考虑 \(s=ababaa,\ 阅读全文