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首先发现可以拆位，那么我们只需做n遍算法即可。我们花\(|E|^{2}\)的时间建出一颗表达式树，设dp[u][10]为做到u时结果为i方案数，那么根节点答案就是答案。怎么优化，完全不知道。这样是70分大众分噢噢噢好厉害。听了lay讲，直接会了。首先发现最终的取值的相对大小只和这些数的相对大小有关。 阅读全文
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我的期望入门题 期望的线性性:若每个期望之间互相独立，那么\(E(A+B)=E(A)+E(B)\) 所以我们只需求出\(\sum_{i=1}^{m} E(x)\) 那么根据期望的定义\(E(X)=\sum p(i)*c(i)\)是取到i的概率和需要次数的乘积之和。 后面的就是第一个比它大的扭蛋机，需 阅读全文
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对于这种括号序列的题目，我们可以将左括号看作+1右括号看作-1。这样的话一个括号序列合法的条件就是\(sum_{i}\ge 0\)且\(sum_{n}=0\)这样总会有一种方案满足要求。所以这题我们在遇到不满足情况的时候若dep>l则将\((\)改为\()\)并与前面一个匹配，如果\(dep<0\) 阅读全文
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诈骗题 首先由于邻项交换法，一旦确定了选的数，那么p一定从大往小排。所以我们现在,n^2的dp是设\(dp_{i,j}\)考虑了前i个数选了j个数的最小时间。那么\(dp_{i,j}=min(dp_{k,j-1}(k<i))+t_{i}+(j-1)*p_{i}\)这个用前缀min解决即可。然后不会了 阅读全文
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有点神经 首先min团内节点度数\(\ge\)max独立集度数。分讨易证。 所以我们枚举哪个点被选了，那么大于这个点度数的点必须被选。那么如果这个点集是团，那么度数就必然会满足如下规律。团内的度数之和为\(m+{n \choose 2}\)因为图连通易证 阅读全文
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我们发现每一时刻的小球位置只可能有两种，这和它瞬移的次数有关。在每个时刻内，都有两种可能的方案。对于每个时刻瞬移次数为奇数的概率就是\(\sum_{i=0}^{t} {n \choose i} p^{i}*(1-p)^{t-i}[i\%2==1]\),偶数就是\(\sum_{i=0}^{t} {n 阅读全文
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xuzishuai想假题 发现如果只有两种人非常好考虑。考虑容斥。考虑先算出来两个老师随便放的方案，再减去相邻的方案，就是最终的方案。第一个我们将老师考虑成男生。然后女生用插空法是\({n+3\choose m}*m!*(n+2)!\)。第二种我们将老师捆绑，其中有两种方案，所以是\(2*{n+2\ 阅读全文
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老师说过这种题可以将所有枚举方式都试一遍。我们发现这题枚举选了哪些数比较简单。 从m中选了n-1个（因为有一对重复元素）。然后我们对于除了最大数和相同的数枚举在左边还是右边进行枚举，是\(2^{n-3}\)种。然后我们从非最大值的数中选一个数去成为相同的数有(n-2)种方案。太jb难了，这是*170 阅读全文
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自己做出的哦哦哦，虽然很板。 首先我们可以求出有K种颜色的方案数\(f(n)=\sum (k-1)^{n-1}*k\)也就是每个点和他的父亲颜色不同。然后我们设\(g(n)\)为恰好选K个数的方案数。那么\(f(k)=\sum^{k}_{i=1} C^{k}_{i} g(i)\)也就是任意从k种颜色 阅读全文