摘要：
"luogu" ~~惯性思维想到建出AC自动机,然后高斯消元,再只考虑有用的项即可~~ 考虑概率生成函数,设$F_i(x)$为$x$获胜的概率生成函数,即第$j$项为序列长度为$j$时$i$获胜的概率,设$G(x)$为到某个时刻还没人获胜的概率生成函数,可以列出两个柿子 $G(x)+\sum_{i= 阅读全文
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"gym" 设 数量有$a$个.这里的路径最短长度也只能够$4a 1$,其中$2a$条正面边和$2a 1$条反面边交替连接.~~容易想到~~欧拉路,~~然后联想到~~欧拉回路,所以如果可以构造一个欧拉回路,那么去掉一条反面的边即可得到答案 考虑把所有的 的左上点左下点连边,右上点右下点连边,然后跑一 阅读全文
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"luogu" 我 不 会 容 斥 首先一定要解决的问题是把所有多边形区域给找出来.这个可以枚举每个点,然后枚举每条边,每次走到下一个点,然后边改成逆时针方向的下一条边,重复此过程直到回到原点,那么就找到了一个多边形,这里我们再对每个点的每条边记录这条边和逆时针方向的下一条边夹住的多边形编号.多边形 阅读全文
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"luogu" ws 这里设$f_i$为前$i$天内得到的最多钱数，转移就考虑在第$i$天把钱变成券,然后枚举$ i$的$j$,在第$j$天换成钱,这里要算出第$i$天换的B券数量,~~直接写~~转移$f_j=\max(f_{j 1},\max_{i \frac{a_j}{b_j}$,后面的线段斜率 阅读全文
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"cf" 一个自然的想法是在一个点集里选出一个特定的点,在该点处计入点集贡献.由于点集中所有两点间路径的并是个连通块 一个想法就是枚举连通块中深度最浅的点,然后认为在它子树内的距离$\le x$的点都可以在点集内.不过这是错的,因为你很轻松就可以找到这个点两棵不同子树内到他距离为$x$的点,而这两个 阅读全文
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"cf" 这里的交换颜色其实就是选择相等数量的黑点和红点翻转颜色,并且可以发现交换后黑点总数$cnt$是不变的.所以可以从$cnt$不变入手,我们在树上选出$cnt$个黑点,其中如果有红点就翻转颜色(假设这里红点数量为$num$),如果有些黑点没被选中就任选其中$num$个翻转成红点,这与原问题是等 阅读全文
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"vj" 考虑生成函数,答案可以写成$[x^0y^k]\prod_{i=0}^{n 1}(1+x^iy)\pmod {x^n 1}$ $=\sum_i[x^{in}y^k]\prod_{j=0}^{n 1}(1+x^jy)$ $=\sum_i[x^iy^k]\prod_{j=0}^{n 1}(1+x 阅读全文
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"cf" 注意一堆数$\gcd$的贡献可以改为一堆数公因数的贡献,但是只取最大的 所以我们先对于每个数,把每个出现次数$ 1$的质因子给除成只有一次,也就是把每个数改成他所有不同质因子的积方便统计答案.然后设$h_i$为$i$是这$n$个数里面多少个数的因数,这个可以初始先对每个$i$的$h_{a_ 阅读全文