期望得分：55+24+53 实际得分：0+0+3 乐死 累加变量清零了吗？ 打出更高的部分分暴力删了吗？ 样例解释换行你看见了吗？ T1 Prime 打出55分做法没删原来的暴力，结果就轻松挂55分 考场上想到根号的预处理，但是并未想到如何进行映射 正解是先预处理$[1,\sqrt R]$中的类素数，然后标记他们在$[L,R]
题目传送门 题意： 求n个小于2^k的数 a1&a2&a3&…&an≥a1⊕a2⊕a3⊕…⊕an 的数量 分析： 首先玩一下小样例，考虑第i位 如果有奇数个a，那么如果第i位1的个数是奇数且至少有一个0，会让结果小于，否则一定等于。那第i位就有 （2^n- (2^n-1) ) 种可能取的情况。 如果有偶数个a，那么只有第i位全
已经没有什么好害怕的了 题解 由于题目保证数据中没有重复的数据，所以我们知道一对匹配了的数，要么对糖果比药片大，要么糖果比药片小。 由于糖果比药片大的比糖果比药片小的多 k k k对，所以糖
D.Integers Have Friends 题目链接 Integers Have Friends 简要题解 E.The Three Little Pigs 题目链接 The Three Little Pigs 简要题解 我们先来考虑一个询问的情况，看看最终答案是什么样子的。 题目说道，两个攻击方案不同，当且仅当攻击时刻不同，以及攻击对象不同。 那么我们很自然
题面 树上染色 题解 这道题转移应该很容易。 直接枚举当前节点染黑的个数以及子节点染黑的个数即可。 设 \(f[x][j]\) 表示以 \(x\) 为根节点的子树中染黑 \(j\) 个点时两种颜色两两距离的之和的最大值。 所以有状态转移方程： \[f[x][j] = min(f[x][j - p] + f[y][p] + val) \]其中
#include<bits/stdc++.h> #define reg register using namespace std; typedef long long ll; const int MN=60; ll a[61],tmp[61]; bool flag; void ins(ll x) { for(reg int i=MN; ~i; i--) if(x&(1ll<<i)) if(!a[i])
向量问题 题目链接：ybt金牌导航6-1-2 题目大意 要你支持一些操作： 加一个向量，删除第 i 个向量，给一个向量问当前有的哪个向量与它的点积最大。 如果是当前没有向量输出 0，否则输出这个最大点积。 思路 先看操作 \(3\)，设给出询问的向量是 \(a,b\)，你要找到一组原有的 \(x,y\)，使得 \(ax+b
P3372 【模板】线段树 1（区间修改区间查询） 题目传送门 解题思路 这题除了用线段树做 还可以用树状数组做 主要就是利用二维树状数组进行维护 AC代码 #include<cstdio> using namespace std; int n,T; long long c[3][1000005]; int lowbit(int x) { return x&(-x); } void
前言 就差几名…国三，铁了铁了。 写下血亏的一道题… 当时省赛凭借一道大题的记忆化搜索，拿了省一。 国赛缺因为一道题放弃了记忆化搜索，丢了国三。 试题C 想着等做完再回来做 试题D 却做了一个小时做不出来。 感觉这次巨大失误就在这里了。 题目 试题C 最小权值 #include <io
点此看题面 给定一个长度为\(k\)的子串，求有多少个长度为\(n\)、值域为\(1\sim m\)的序列包含这个子串。 \(n\le2\times10^5,k\le10^5,m\le10^8\) 容斥+\(DP\) 考虑容斥，用至少出现一次的方案数减至少出现两次的方案数加至少出现三次的方案数减...... 即，一个至少出现\(i\)次的方案
度数均小于 \(3\) 则是条链，必然可以选出一个结点作为根，形成内向树或外向树 。(1) 否则若 \(deg_u = 3\)。 \(u\) 的边方向唯一，则形成以 \(u\) 为根的内向树或外向树。(1) 若存在 \(deg_v = 3, u \neq v\)，它们的边不完全相同， 则树必然由一棵外向树和一棵内向树用一条链串起
点此看题面 有一个值域为\([1,10^9]\)的整数序列，给出每相邻\(k\)个元素中的最小值，求原序列可能的个数。 \(n\le10^5\) \(a_i\)全相同时的\(DP\) 方便起见记\(w=10^9-a_i\)。 那也就是说，至多隔\(k\)个位置选择一次\(a_i\)，而不选\(a_i\)的时候有\(w\)种选法。 因此设\(f_i\)表示第
AGC 053 C Random Card Game 题解 容易发现最终被消除的牌堆一定是不包含\(2n\)的。 设不包含\(2n\)的牌堆为B,包含\(2n\)的牌堆为\(A\)。 最优策略如下： 若存在一个\(k\)满足\(B_k<A_k\)，则进行操作\(k\)。 否则进行操作\(1\)。 容易发现答案是\(\max(0,\max\{d_i-i\})+n\),\(d_i
CF1392H - ZS Shuffles Cards 题目大意 给定\(n\)张卡和\(m\)个终止符，初始时随机打乱成排列，每次操作选出最前面的卡\(x\)拿走 1.如果\(x\)不是终止符，将\(x\)放入集合 2.如果\(x\)是终止符，那么重新打乱\(n+m\)张卡 求期望多少步\(S\)变成全集 分析 令\(dp_i\)表示当前手上有\(i\)
点此看题面 有一个长度为\(n\)的括号串（初始全为"("）和一个参数\(k\)。 只要\(k\)尚非零，不断随机一个位置将括号取反，若这次操作后左括号数量减少则将\(k\)减\(1\)。 求最终得到的括号串中最长合法括号子序列的期望长度。 \(n,k\le5000\) 含\(i\)个右括号的序列产生概率 设\(f_{i,j
CF1517F Reunion 容斥+树形dp 考虑求\(\geq x\)的方案数\(cnt_x\)。 然后钦定一些位置必须选择。 时间复杂度为\(O(N^3)\),常数较大需要循环展开。 /* { ###################### # Author # # Gary # # 2021 # ###################### */
题目 Atcoder 思路 代码 #include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 4000010, mod = 1e9 + 7; int n, k, fact[N], invf[N], f[2010][2010]; int qmi(int a, int b) { int res = 1; for (; b; b >
环排列的EGF为： \[f(x)=\sum_{3\le i} {(i-1)! x^i \over i!}=\sum_{3\le i} {x^i \over i} \]那么这道题答案就是 : \[{n!\over k!}[x^n]f^k(x) \]数据范围太小，甚至多项式乘法不用 NTT #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; co
namespace Poly { int rev[N],limit; inline void qmo(int &x){x+=(x>>31)&mod;} inline int quick_pow(int x,int k){int res=1;for (;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod) if (k&1) res=1ll*res*x%mod;return res;} inline void NTT_init(int size) { in
题目大意： 给你n个数字，m个询问，每次询问[l,r] 求[l,r]这个区间内的数不能够构成的最小正整数（下文称其为区间Mex（并不是严格的区间Mex）） 题目思路： 我们逐步解决这个问题 Q1： 如何计算一个区间的MEX ？ 假设当前区间[L,R]能够表示的数是[1,x]此时mex = x+1 然后我们扩展这个区间，也就是扩展到
XIII.[JXOI2018]游戏 这题好像根本不算概率期望罢…… 我们考虑\([l,r]\)中，如果删去了区间中所有不是区间中其他任何数的倍数的数，则整个区间内所有的数都会被删去；反之，假如剩下了某些不是区间中其他任何数的倍数的数，则此区间一定不会被全部删完。 于是我们考虑求出区间中上述数的个
XIV.[JXOI2018]排序问题 本题好像又不算期望罢…… 根据一些简单的推理，我们发现最终答案就是 \[\dfrac{(n+m)!}{\prod\limits_{i}cnt_i!} \]其中\(cnt_i\)表示有多少个数是\(i\)。（这很简单，因为只有每个位置一一对应才能排序成功；但是值相同的数之间两两可以相互替换，故要除掉） 我们发
题面 题解 容易发现答案就是 \(\displaystyle [x^{nd}] \left(\sum_{i \geq 0} [d|i] \frac {x^i}{i!}\right)^k\)，对其进行单位根反演就是 \(\displaystyle [x^{nd}] \left(\frac 1d \sum_{j=0}^{d-1} \exp \omega_d^i x\right)^k\)。 \(d = 1, 2, 3\) 同复读机。 \(d = 4\) 通过
Related Problem Description input Output Solution 可以根据操作x分类 当x=1或x=2时，暴力维护A或B就好 对于x=3的情况： 我们将原式拆开处理 ∑ i
\(T\)组询问，每次询问\(n\)个有标号的球随机放入任意个有标号的集合中，不能有空集的集合数量的期望。\(n,T\leq 10^5\) 期望转计数，答案就是所有情况的集合数之和/情况数。设\(g_n\)表示情况数，用有标号计数的经典转移：枚举第一个集合中有哪些球，得到 \[\begin{align} g_n=\sum_{i=1}^n
