关于“所有命运馈赠的礼物，都已在暗中标好了价格”的深层次理解： 千万不要觉得自己可以轻易取得什么，生活中的一切都是需要你付出努力和代价才能够获取的，就算你能轻易得取得什么生活中的馈赠，最终也要付出代价，得不偿失。 也可以理解为：这句话是警戒别人不要贪婪，不要妄图不劳而获，也在规
IOI 难度略微上升 A. 跳一跳 简单的期望\(DP\) \(f_i\) 表示跳到 \(i\) 再跳到 \(n\) 的期望时间 显然有 \(f_i = \frac{1}{n - i + 1}f_i + \frac{n - i}{n - i + 1}(f_{i + 1} - 1) + 1\) 最后答案为 \(f_1 - 1\) code #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorit
A. ^_^ 期望线性性，考虑染一个点 \(u\) 当且仅当其子树内的点都没被染过，于是期望为 \(\dfrac1{siz(u)}\) . 于是答案就是 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n\dfrac1{siz(i)}\)，需要线性求逆元 . B. 软件包管理器 大力树剖 . C. 地理课 线段树分治 + 可撤销并查集 . D. 道路和航线 大家好，
A. 烷基计数 \(f[i]\)表示由\(i\)个碳原子构成的烷基数量 \(g[i][j]\)表示由\(i\)个碳原子构成的只有两棵子树，其中较小的一棵大小为\(j\)的烷基数量 求\(f[i]\)，先考虑只有两棵子树的情况，如果两个子树大小不一样那么有\(f[j] * f[i - 1 - j]\)种方案，如果两棵子树大小相同，那就不能直
\(Beautiful\) 前置芝士： 康托展开 不完全错排 解题： 设\(A\)为给出的矩阵，\(B\)为一个字典序小于\(A\)的一个美丽矩阵。 我们应该计算对于所有行i，\(A\)与\(B\)的前\(i-1\)行相同，且\(A_{i}\)的字典序大于\(B_{i}\)的方案数 第一行康托展开处理即可。 对于剩下的行，我们已经要求前\(i-
虽然被40个人爆踩，但是博该更还是要更 就随便写一些就好了 馈赠1 Alice 场上没切，但是赛后题解还是看懂了的 最优策略是对于自己更优，其实博弈论应该是分先后手的 Box 这种期望题看似不太可做但是其实还是比较可以的 但是这种东西吧其实是组合数学显然你DP是肯定干不动的所以考虑组合
打了一半就跑了，，，垫底垫底 A. 活动投票 摩尔投票，想象让投票不同的两个人同归于尽，选票过半的人的支持者肯定有活下来的 code #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; inline int read(){ int x = 0; char c = getchar(); while(c < '
A. 学数数 单调栈 + 排序 + 前缀和 + 二分 单调栈应该是左边乘右边，考场脑抽写成长度。 对\(lowe\_bound\)，\(upper\_bound\)使用不熟 code #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; inline int read(){ int x = 0; char c; c = getchar();
A. 活动投票 2MB内存！？红色的大字我都没看见，还以为他只是想考一个离散化，于是乎MLE爆0……不过如果我注意到了，我能保证做对吗？这是一个问题…… （1MB=1034KB, 1KB=1024B 1int=4B） #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef unsigned long long ll; const int maxn = 3
T1.随 考虑到一种错误的做法 求一次期望的m次方 问题在于双模数 导致了分数直接取模造成的数值丢失 所以考虑维护每个剩余系的数的个数 可以想到用矩阵快速幂维护 复杂度$mod^3\log{m}$ 发现矩阵快速幂会无用的遍历很多次 考虑仔细魔改一个快速幂 两个数组互相滚 复杂度$mod^2\log
