摘要：
很好的期望题，很久之前学长讲的，但现在才填坑 参考了 Autoint's Blog 首先转换一下题意，移动次数其实就是序列逆序对的数量 所以我们实际上是在求序列逆序对数量的期望 我们令 \(P_{i,j}\) 表示位置 \((i,j)\) 上的数为逆序对的期望 则 \[ Ans=\sum_{i=1} 阅读全文
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这道题从 \(CSP\) 前就开始咕，该填坑了 发现正着解决问题非常繁琐 我们不如求每个点不为最后被选的概率 假设现在在求 \(i\) 点的答案 我们可以枚举点集 \(S\)，使得这些点都在 \(i\) 点选完之后被选完 如果我们枚举点集的长度为 \(len\)，那答案的贡献就为 \(\frac{1 阅读全文
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这道题其实挺好写的，写这道题的题解主要是记录一下一种套路 \(dp\) 首先第一类斯特林就可以直接过 考虑另一种 \(dp\) 设 \(dp_{i,j}\) 为考虑前 \(i\) 个点，共组成 \(j\) 个环的方案数 转移方程： \[ dp_{i,j}=\sum_{k=1}^{i-1}\binom 阅读全文
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先观察题目性质 考虑形式化满足哪些条件的点被选（ update / query ） 我们观察一张图： 对于上图区间 \([3,10]\)，选的的点依次为：\(14,5,6,7,8,17\) 其实就是我们把 \(l~r\) 点的树上路径拿下来 根据 \(lca\) 把树分为两部分 我们把左链和右链分开 阅读全文
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第一次考场切构造题 首先我们摸一下样例 有一个显然的结论 如果我们依次从左到右把 \(n\) 个数分成 \(\frac{n}{k}\) 份 并且每一份大小都为 \(k\) 那么每一个子集在每一组数中都恰好选一个 \[ 1.2.3 : 4.5.6 : 7.8.9 : 10.11.12 \] 所以，我们 阅读全文
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首次考场推容斥 AC 先转换题意 给定 \(m\) 个位置，限制那 \(n\) 个数的二进制位只能在这几位上 使得每一二进制位均被覆盖过至少一次 显然的容斥题 我们令 \(S(k)\) 表示至少有 \(k\) 个二进制位没有覆盖选数的总方案数 那答案为 \[ \sum_{k=0}^{m}(-1)^k 阅读全文
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(点强连通) 如图两种情况： 这到题其实就是在 \(tarjan\) 上 \(dp\) 先观察题意，构造一下最终的匹配图 容易发现，要么是环，要么是单边，使得每个联通块没有交集，但集合的并为总点集 我们令 \(dp_{i,0/1}\) 表示是否选 \(i\) 点，各自对应的贡献 对于一个环，可以选环 阅读全文
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开始渐渐理解博弈 首先提出一个结论：在最优策略下，白棋只会向右走，黑棋只会向左走 证明 ： 若白棋向左走，那黑棋可以向左走相同的步数，但此时白棋的活动范围减少，显然会劣，黑棋同理 接下来考虑模型转换 把每一对棋子之间的点数看做石子数，那本题就是经典的 k-NIM 博弈 不妨解释一下 K-NIM 博弈 阅读全文
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很脑洞的 \(dp\) 题 首先我们令 \(dp_i\) 表示从 \(i-1\) 转移到 \(i\) 的期望时间 即从在场的 \(i-1\) 个已被吃转移到在场的 \(i\) 个已被吃 考虑转移： 在上一时刻和该时刻的时间间隔内撤下的不包含已选的 这种情况的转移很简单,令 \(p\) 为 \(\fr 阅读全文
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考虑 \(L=1\) 时 首先我们令一个数可以表示为 \(k^2a\) 的形式，其中 \(a\) 中没有平方因子 我们可以枚举 \(a\) ，假设在询问区间内的可以表示为 \(k^2a\) 形式的数字有 \(x\) 个 那么其对答案的贡献就为 \(x-1\) 转换题意，其实就是询问区间内 \(k^2 阅读全文