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洛谷传送门 CF 传送门 首先环是不用管的，只用判环长是否为 \(3\) 的倍数即可。 考虑设 \(f(x, y, z)\) 表示 \(x\) 个 \(1\) 链，\(y\) 个 \(2\) 链，\(z\) 个 \(0\) 链，组成所有环长都为 \(3\) 的倍数的方案数。 注意到 \(f(x, y 阅读全文
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好高妙！ 大致思想是给每个局面构造一个势能函数 \(F(a_1, a_2, \ldots, a_n)\)，使得 \(\sum E(F(a'_1, a'_2, \ldots, a'_n)) - E(F(a_1, a_2, \ldots, n)) = -1\)，其中 \(a'\) 取遍 \(a\) 的后 阅读全文
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考虑如下卷积： \[f_i = \sum\limits_{j = 1}^{i - 1} f_j f_{i - j} \]仍然可以 cdq 分治计算。 考虑当前在 \([l, r]\)，希望计算 \([l, mid]\) 贡献到 \([mid + 1, r]\)。若 \(r - l < l\) 那么 阅读全文
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LOJ 传送门 考虑若已求出钦定 \(k\) 个升高的排列数量 \(f_k\)，那么二项式反演就可以求出恰好 \(k\) 个升高的排列数量 \(g_k\)，即： \[g_k = \sum\limits_{i = k}^n (-1)^{i - k} \binom{i}{k} f_i \]考虑求 \(f 阅读全文
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洛谷传送门 AtCoder 传送门 容易发现跳跃次数为 \(O(\log V)\)。考虑对于跳跃 \(k\) 次后的限制 \(\left\lfloor\frac{V}{2^k}\right\rfloor\)，对每个点预处理出不再跳跃能到达的最左和最右的点 \([l_{k, i}, r_{k, i}] 阅读全文
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洛谷传送门 CF 传送门 什么 [ABC336G] 16 Integers 究极弱化版。 把元素 \(1\) 看成 \(01\)，元素 \(2\) 看成 \(10\)，元素 \(3\) 看成 \(11\)，元素 \(4\) 看成 \(00\)。则转化为统计长度为 \(2\) 的子串 \(xy\) 出 阅读全文
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洛谷传送门 CF 传送门 为什么我场上被卡常了。 转化题意，将 \(a, b\) 差分，答案为在 \(a, b\) 选出相同长度的不含 \(0\) 的子段方案数。 设 \(a\) 选出长度为 \(i\) 的不含 \(0\) 的子段方案数为 \(x_i\)，\(b\) 选出长度为 \(i\) 的不含 阅读全文
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洛谷传送门 若一个结点 \([l_i, r_i)\) 已知就连边 \((l_i, r_i)\)，那么子集满足条件当且仅当每对 \((L_i, R_i)\) 都连通。 考虑在树形结构上 dp。发现若 \(l, r\) 不连通，设 \(l\) 所在连通块点编号最大值为 \(i\)，那么 \(r\) 所在 阅读全文
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洛谷传送门 CF 传送门 可以把限制看成 \(0.75n^2\)。发现 \(0.75n^2 = 0.5n^2 + 2 \times 0.5 (\frac{n}{2})^2\)。这启发我们询问一次 \([1, n]\) 和两次长度为 \(\frac{n}{2}\) 的区间。 不妨问 \([1, n], 阅读全文
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洛谷传送门 CF 传送门 看到 \(n \le 100\) 考虑 \(O(\text{poly}(n))\) dp。发现从左向右决策，因为一个点可以向左或向右覆盖，所以需要记最靠左的未覆盖的位置 \(j\) 和最靠右的已覆盖位置 \(k\)，状态就是 \(f_{i, j, k}\)，dp 最小的覆盖 阅读全文