题目 大模拟 显然这个期望次数是\(\frac{(n+m)!}{\prod a_i!}\)，\(a_i\)表示第\(i\)个数出现的次数，我们要最大化这个值只需要最小化\(\prod a_i!\)就好了 要加入\(m\)个范围在\([l,r]\)的数，肯定不会影响在原序列里出现过的且不属于\([l,r]\)的数的出现次数，这个直接算就好了 我们有\(
题目大意： 给出一个n*m的方格阵，从(1,1)走到(n,m)，只能向下或向右走，(1,1)会有一个初始分数s。在整个图中有k个特殊点，每经过一个点，都会将目前剩余的分数除以2且向上取整。求(1,1)到(n,m)的期望得分。 1<=n,m<=1e5;0<=k<=2000;1<=s<=1e6; DP+容斥。 要求期望就好好求嘛，反正我
魔改线性基 强制在线的做法，需要维护一个前缀的线性基，每次新加入数的时候，要把靠右边的数提到线性基的高位 这样维护的线性基，在查询区间异或和的时候，只需要把r为前缀的线性基出现为止大于l且异或之后和更大的数异或起来就行了，新套路！！ #include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f
a^-1 mod p 就是 我们要求的，这个值的结果恒等于 a^p-2 mod p inline int ksm(int x,int y){ int ans1=1;while (y){ if (y&1) ans1=1ll*ans1*x%Mod; y>>=1;x=1ll*x*x%Mod; }return ans1;} 比如E/V 对MOD 取余就是 E*ksm(V,MOD-2)%MO
题目大意：$n$ 个点的完全图，点 $i$ 和点 $j$ 的边权为 $(i+j)^k$。随机一个生成树，问这个生成树边权和的期望对 $998244353$ 取模的值。 $1\le n\le 998244352,1\le k\le 10^7$。 其实也是一道比较简单的题。（所以就应该把这题和上一道原题调个位置） 考虑一条边在生成树中出现的概率，由
传送门 发现只有通项公式可以解决考虑通项公式 \(F_n = \frac{1}{\sqrt{5}}((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n - (\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n) = a\) 注意到根据二次互反律，在\(\mod 10^9+9\)意义下\(5\)存在二次剩余，所以先把\(\sqrt{5}\)对应的值算出来（实际上是\(383001016\)）。 那么原式变
用类似于数位dp的方式， 去求每个数字的贡献。。 好像我写得巨麻烦。 #include<bits/stdc++.h>#define LL long long#define LD long double#define ull unsigned long long#define fi first#define se second#define mk make_pair#define PLL pair<LL, LL>#define PLI pair<LL, int
题意大概就是要求$2p \mod q$距离$\frac{q}{2}$最近。 为了方便，我们把$p$和$q$同时乘2 我们可以二分一个$y$。 那么就是询问$px \mod q$在$[\frac{q}{2}-y,\frac{q}{2}+y]$上是否有取值。 令$l=\frac{q}{2}-y,r=\frac{q}{2}+y$ 等价于询问$\sum_{x=a}^{b} \lfloor \frac{px+q-l}{q}
首先可以转化问题，变为对每种颜色分别考虑不含该颜色的简单路径条数。然后把不是当前颜色的点视为白色，是当前颜色的点视为黑色，显然路径数量是每个白色连通块大小的平方和，然后题目变为：黑白两色的树，单点翻转颜色，维护白色连通块大小平方和，然后根据Auuan大佬的题解，我用了LCT。就是对每个
戳我可看题面哦 花了一下午时间透彻理解了BSGS的实现方法，感觉还可以，其实也没之前想的那么难。。。 BSGS是什么呢？—— 可以求解高次同余方程。简洁明了。 要是想学的话推荐一下这位大佬的博客，讲的还是很清晰明了的。 我们来说这道题。。。。。 我们通过
欢迎访问 My Luogu Space。 【题目大意】 一段序列，每次询问 \([l, r]\) 范围内的每个数字的出现次数的平方和。 【题解】 莫队。 非常模板的莫队题。 推出 \((n+1)^2-n^2=2n+1\)（n为数字的出现次数）； 意思是一个数字的出现次数多一次会对答案造成多少贡献。 分块分为 \(\sqrt{n}\) 个
温馨提示：本题十分卡常数，我手动开O2才过的。而数据范围不伦不类的n<=30000，常数小的O(n2)居然比O(n√nlogn)跑得快…… 考虑插进去一个元素对答案产生的影响。原本数列为Σa[i]f[i]，其中1<=i<=n，然后考虑在k位置插入a[0]，答案显然是a[1]f[1]+a[2]f[2]+...+a[0]f[k]+a[k]f[k+1]+...+a[n]f
考虑容斥，计算至少有k个极大数的概率。不妨设这k个数对应的格子依次为(k,k,k)……(1,1,1)。那么某一维坐标<=k的格子会对这些格子是否会成为极大数产生影响。先将这样的所有格子和一个数集对应起来，即将答案乘上一个组合数。然后需要考虑的就是这些格子有多少种合法排列顺序。
快AFO了才第一次写二次剩余的题…… 显然应该将Fn写成通项公式（具体是什么写起来不方便而且大家也都知道），设t=((1+√5)/2)n,T=√5N，然后可以得到t-(-1)t/t=√5N，两边同时乘t，移项，得到t2-√5Nt-(-1)n=0。分别讨论n是奇数或偶数的情况，通过求根公式求t，写个二次剩余即可。 #include<bits/s
题目链接： H - Traveling on the Axis ZOJ - 4054 题目大意：：走红绿灯，红绿灯每秒变一次，问走到最后要多少秒。求的是从任一点走到最后的和。 具体思路：倒着判断， dp[i][0]代表从当前点开始到达剩余的点的时间总和 dp[i][1]代表从当前点的反状态到达剩余的点的时间总和。 当s[i]=='0'
#include <bits/stdc++.h>const int N = 20, MO = 1000003;int a[N][N], n = 10;inline int qpow(int a, int b) { int ans = 1; while(b) { if(b & 1) { ans = 1ll * ans * a % MO; } a = 1ll * a * a % MO; b = b &
Sasha and Interesting Fact from Graph Theory n 个 点形成 m 个有标号森林的方案数为 F(n, m) = m * n ^ {n - 1 - m} 然后就没啥难度了。。。 #include<bits/stdc++.h>#define LL long long#define LD long double#define ull unsigned long long#define fi first#define se s
ZJOI2019 线段树 神仙题orz 先看一眼显然不可做。。。就去膜题解了。。 然而知道怎么设状态以后自己xjb推也能推出来 设\(f[i][0]\)为第\(i\)个点为黑色(1)的线段树数量； 设\(f[i][1]\)为第\(i\)个点为白色(0)且\(i\)的祖先上有黑点的线段树数量； 设\(f[i][2]\)为第\(i\)个点为白色
「BZOJ 3645」小朋友与二叉树 解题思路 令 \(G(x)\) 为关于可选大小集合的生成函数，即 \[ G(x)=\sum[i\in c ] x^i \] 令 \(F(x)\) 第 \(n\) 项的系数为为权值为 \(n\) 的二叉树的方案数，显然有 \[ F(x)=F(x)^2G(x)+1\\ F^2(x)G(x)-F(x)+1=0 \\ F(x)=\dfrac{1\pm\sqrt{1-4G(x)}}{2G(
线性求法，即预处理出阶乘以及逆元 阶乘的递推式非常好想，fac[i]=fac[i-1]*i fac[0]=1; for(register int i=1;i<=maxn;++i) fac[i]=(1ll*fac[i-1]*i)%mod; 至于逆元，易证inv[i]=inv[i+1]*(i+1) inv[maxn]=qpow(fac[n+m],mod-2); for(register int i=maxn-1;i>
2167: Grid Submit Page Summary Time Limit: 2 Sec Memory Limit: 128 Mb Submitted: 203 Solved: 32 Description Bobo has n × m points arranged into a matrix with n rows and m columns. The points in the intersection
题目描述 题解： 贪心+线性基。 先按贡献从小到大排序，然后对于每个矿石扔到线性基中查找。 找不到就加上贡献，推进线性基。 代码： #include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 1050;template<typename T>inline voi
题面 传送门 前置芝士 \(MTT\)，多项式多点求值 题解 这题法老当初好像讲过……而且他还说这种题目如果模数已经给定可以直接分段打表艹过去 以下是题解 我们设 \[F(x)=\prod_{i=0}^{s-1}(x+i)\] 分治\(FFT\)即可求出 然后我们用多点求值求出\(x=1,s+1,2s+1,...,s^2-s+1\)时的答案 这
题目链接：戳我 就是二分一个数，之后记录一个前缀max，然后和当前数做差再/2即可。（因为我们要使得原来的序列变成不下降序列，所以当然是要控制一个上限，以达到后面较小数能以尽可能小的代价增加） 代码如下： #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #inc
BZOJ5215 背包很显然，再求一个组合数。复杂度是m4m^4m4 前缀和优化一下，复杂度n3n^3n3。菜死了现场没想到优化 Coding #include<bits/stdc++.h> #define rint register int #define ll long long using namespace std; const int N=2e7+10; const int M=310; const int mod=1e9
