「雅礼集训 2018 Day1」树 首先发现这个期望是诈骗，我们只需要求出\(g_i\)表示深度为\(i\)的树的个数然后带权除以总方案数即可。 树的题目容易想到一个子树一个子树抠出来，设\(f_{i,j}\)表示有\(i\)个点，深度为\(j\)的方案数，容易发现二号节点的父亲一定是\(1\)，因此可以枚举二号节点
cyj 的场哦/qq/qq/qq 考场 80+30+40 但感觉最后一题或者第一题是要做出来的…… P5572 CmdOI2019 简单的数论题 \[ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \varphi(\frac{ij}{\gcd^2(i,j)})=\sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{[\frac nd]}\sum_{j=1}^{[\frac md]}\varphi(i)\varphi(j)[(i,j)=1] =\sum_
#loj6032. 「雅礼集训 2017 Day2」水箱 题目描述 给出一个长度为 \(n\) 宽度为 \(1\) ，高度无限的水箱，有 \(n - 1\) 个挡板将其分为 \(n\) 个 \(1 - 1\) 的小格，然后向每个小格中注水，水如果超过挡板就会溢出到挡板的另一边，这里的水是满足物理定律的（在无挡板阻拦的情况下会向低处流），现
2017 D1 市场 题意 维护一个长度为 \(n (1\leq n \leq 10^5)\) 的数列。 支持区间加，区间整除，区间求min 区间求和。 思路 将除法操作转化为减法，将「序列的离散程度」作为 势能中的一部分。 而不仅仅只是值域作为势能，从而具有更加优秀的均摊性质。 规避了加法对势能的影响，当然，对于还
loj 6033 description 给一个\(n*m\)的棋盘，'.'为可通行，'#'为障碍。Alice选择一个起始点，Bob先手从该点往四个方向走一步，Alice再走，不能走走过的点，谁不能动谁就输了。 问Alice选择哪些出发点能赢。 solution 棋盘黑白染色 分类后建二分图 1.Alice选择关键匹配点(所有的最大匹配都包含
正题 题目链接:https://loj.ac/p/6518 题目大意 一个长度为\(n\)的序列\(a\)，你可以花费\(1\)的代价让一个数\(+1\)或者\(-1\)，给出\(m\)个限制形如第\(k\)个数要是区间\([l,r]\)的最大/最小值。 求满足所有限制的最小代价 \(1\leq n\leq 5000,1\leq a_i\leq 10^5\) 解题思路 一个
说是选做， 其实是板刷 「雅礼集训 2017 Day1」市场 简单线段树练习题。 「雅礼集训 2017 Day1」矩阵 看假题了/dk。 由于这个东西是赋值， 所以最优解一定是把一行给全黑了， 然后再拿这一行去涂色。 然后你再发现， 要构造第 \(i\) 行出来只需要看 \(i\) 这行 \(0\) 的个数以及 \(i\) 列
https://loj.ac/p/6033 考虑把棋盘黑板染色，然后给这个二分图跑最大匹配 某位置开始后手必胜，当且仅当存在一个最大匹配使得这个点不是匹配点 证明：若存在，则先手每次只需要走到上个点对应的匹配点，最终一定是后手无路可走；若不存在，则起始点旁边必定都是匹配点，先手走上去转化成存在的情
https://loj.ac/p/6497 考虑暴力，设 \(f(i,k,x,y)\) 表示考虑到第 \(i\) 个点，目前有 偶数/奇数 条路径，已经有 \(x\) 个定为黑色的点有奇数条路径结尾，有 \(y\) 个定为白色的点有奇数条路径结尾，的答案 那么转移的话，枚举当前点颜色，以白色为例 若 \(y=0\)，则无论前 \(i\) 个点如何向 \(
概率期望？ NO 计数DP 考场上看到期望后直接弃掉打了暴力。 期望根本没法转移，数据也不大，所以这个题就是在计数。 一个很妙的思想，最大深度要不是挂在2上，要不不是挂在2上。 所以分类计数后DP就很明显了。 因为以二为根的树的状态可以用之前递推出来的以一为根的树的状态。 换句话说，n
正题 题目链接:https://loj.ac/p/6503 题目大意 \(n\)张卡\(m\)种，第\(i\)种卡有\(a_i\)张，求所有排列中有\(k\)对相邻且相同的卡牌。 \(1\leq n\leq 10^5,0\leq k\leq 10^5,1\leq m\leq 20000,\sum_{i=1}^ma_i=n\) 解题思路 \(k\)对相邻的相同，就是可以分成有\(n-k\)组相同的。 考
https://loj.ac/p/6029 知识点：1.区间除法 （极限 ，势能分析） 2.除法 -> 减法 （类似有乘法 -> 加法 ，除法 -> 减法, 求幂->乘法） 3.极限 最多可能操作次数 #include <bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; int n,m; int a[100010]; int t
点此看题面 给定一张\(n\times m\)的棋盘，上面有一些障碍格。 选择一个非障碍格放一个棋子，先手后手轮流将它移到一个相邻的没有到过的非障碍格，无法移动的人输。 求出所有满足先手必输的非障碍格。 \(n,m\le100\) 挺久以前做过这道题的加强版：【BZOJ2437】[NOI2011] 兔兔与蛋蛋。
\(\text{Solution}\) 一看数据范围就觉得一定是 \(\text{DP}\)。 显然有 \(f[i][j][k]\) 表示在第 \(i\) 场，主队赢了 \(j\) 局，客队赢了 \(k\) 局。然后有个比较经典的优化：因为只要求 \(j>k\) 的状态，设 \(f[i][j]\) 表示在第 \(i\) 场，主队赢的局数比客队多 \(j\) 局，状态转移方程（设
题目描述 从前有一个贸易市场，在一位执政官到来之前都是非常繁荣的，自从他来了之后，发布了一系列奇怪的政令，导致贸易市场的衰落。 有 \(n\) 个商贩，从\(0 \sim n - 1\) 编号，每个商贩的商品有一个价格\(a_i\)，有两种政令： \(l, r, c\)，对于\(i \in [l, r], a_i \leftarrow a_i + c\) \(l,
题目传送门 分析： 我们考虑求最终交集恰好为某个矩形的答案 发现这玩意不好求，我们退而求其次 求最终交集包含某个矩形的答案 这个就可以做了，考虑一个全1矩形贡献范围为给一个矩形内部+1，差分一下变成两个角+1，两个角-1 差分后的贡献可以转化为一个全1矩形对左上右上左下右下的贡献，这
Link 先考虑树的情况，设\(f_{u,0/1}\)表示\(u\)的父亲占用的\(u\)的出度为\(0/1\)的情况下给\(u\)的子树内的边定向的方案数。 转移很简单，这里就不赘述了。 现在考虑仙人掌的情况，考虑在圆方树上dp。 状态需要改为\(f_{u,0/1/2}\)，圆点可以用类似于树上的形式dp，方点可以枚举环上任意
cube 考虑 \(n\) 维基础图形, 它的所有点集可以用向量 \((0/1,0/1,\dots,0/1)\) 来表示. 考虑用它来表示线段, 相当于在原来的向量里任取一个位置出来, 这个位置取遍 \(0/1\) 来表示两个点构成的线段, 其他位置的选择代表着不同位置的线段. 考虑用它来表示正方形, 相当于在原来的
题面 题解 显然树是二分图。所以问题很容易地变成了：限制和 \(1\) 一边的点数为 \(K\) 的二分图生成树个数。（但是我并没有想出来这一步 首先求出限制和 \(1\) 一边的点数为 \(K\) 的二分图个数，为 \(\large\binom {N - 1} {K - 1}\)。 那么只需求出像那个样子的生成树个数即可。 矩
题目传送门 分析： 首先考虑树的情况吧 设\(f[u][i]\)表示\(u\)经过与一些儿子连了边之后剩余\(i\)的度数 列出式子： \(f[u][i]=f[u][i]*sum[son][1]+f[u][i+1]*sum[son][0]\) 这里的\(sum\)是后缀和 设\(D\)为度数，复杂度为\(O(\sum D^2)\) 菊花图直接T到飞起 观察DP式子，发现实际为\(
Link 对于任意一个矩阵而言，矩阵内\(1\times1\)的小矩形数量加上\(2\times2\)的小矩形数量减去\(1\times2,2\times1\)的小矩形数量恰好等于\(1\)。 那么只需要对每个点统计以该点为右下角的矩形中，有多少个包含了上述形状的矩形。 单调栈+差分前缀和求出即可，数据比较水暴力求也可以
day3找不到 t1 先考虑洗涤过程，根据贪心的想法，我们只要每次选择结束时间最早的机器使用就好啦 而且这个过程中每件衣服洗好的时间的一定的，可以记录下来 再考虑烘干，如果我们二分答案，然后用类似的方法记录下来每个被烘干的衣服需要从什么时候开始烘干 那么令洗涤最晚的衣服用烘干最晚
// powered by c++11 // by Isaunoya #include <bits/stdc++.h> #define rep(i, x, y) for (register int i = (x); i <= (y); ++i) #define Rep(i, x, y) for (register int i = (x); i >= (y); --i) using namespace std; using db = double; using ll = long
无解肯定是一个都没有。 首先你要想到一个贪心策略 就是要染满一列，然后再染其他列 很显然可以用 \(k\) 行染 \(k\) 列，然后你发现，如果第 \(k\) 列没有？ 随便挑个来染上，多1的代价。 最后的话，看一下有多少个没染完的，搞下就完了 只能scanf，wdnmd // powered by c++11 // by Isaunoya #in
考虑到每次除法，然后加法，差距会变小，于是维护加法lazytag即可 #include <cstdio> #include <cmath> #define int long long int read() { int x = 0; bool f = 0; char c = getchar(); while (c < 48) f ^= (c == '-'), c = getchar(); while (c > 47) x = x *
