Description Solution 核心思想是把组合数当成一个奇怪的多项式,然后拉格朗日插值..:哦对了,还要用到第二类斯特林数(就是把若干个球放到若干个盒子)的一个公式: $x^{n}=\sum _{i=0}^{n}C(n,i)*i!*S(i,x)$ 围观大佬博客(qaq公式太难打了) Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using na…

Solution 相当于要你计算这样一个式子: \[ \sum_{x = 0}^m \left( \begin{array}{} m \\ x \end{array} \right) \left( \begin{array}{} k \\ n - m + 2x \end{array}{} \right) \] 考虑到\(m\)非常大, 而\(k\)却比较小, 我们尝试将\(x\)的\(m\)相关转化为\(k\)相关. 我们用如下现实意义来考虑: 令\(N = n - m\), 则我们相当于有两堆…

Description 题解 题目说这是一个具有神奇特性的数列!这句话是非常有用的因为我们发现,如果套着这个数列的定义再从原数列引出一个新数列,它居然还是一样的...... 于是我们就想到了能不能用多点数列套着来加速转移呢? 但是发现好像太多数列套起来是可以烦死人的...... 我们就采用嵌套两次吧(第三次以后规律就不明显了),记原数列为A,第一层嵌套为B,第二层嵌套为C. 我们其实可以发现一些规律,对于Ci,它对应了B中i的个数:对于Bi,它对应了A中i的个数. 稍加处理即可,我们一边计算一边…

Time Limit: 1000 ms   Memory Limit: 256 MB Description 题解 状态表示: 这题的状态表示有点难想...... 设$f_i$表示第$i$个事件经过之后,到达终点之前,不再回到事件$i$或事件$i$的左边的概率,反过来说就是可以在右边乱绕,若事件$i$的位置为pos,“右边”指的就是$(pos,h]$. 我们将第$i$个事件到第$i+1$个事件中间这一段路程记为$S_i$,那么期望经过$S_i$的次数就为$1/f_i$. 为什么是$1/f_i$呢…

Description 题解 (这可是一道很早就碰到的练习题然后我不会做不想做,没想到在Contest碰到欲哭无泪......) 题目大意是寻找三点对的个数,使得其中的三个点两两距离都为d. 问题在于,这个d不是定值啊,这使得DP的进行比较困难. 于是这个神奇解法在DP过程中把d省去了! 状态表示 $f [u][i]$: 以u为根的子树内,到u的距离为i的节点个数,$f [u][0]=1$ . $g [u][i]$:以u为根的子树内,存在多少点对 (a,b),它们到它们的lca的距离都为d,且它…

Description  Special Judge Hint 注意是全程不能经过两个相同的景点,并且一天的开始和结束不能用同样的交通方式. 题解 题目大意:给定两组点,每组有$n$个点,有若干条跨组的有色无向边.求一种方案,包括若干个不相交的连通块,覆盖全部点,每个连通块满足能一笔画(不经过重复的点)并且相邻两次经过的边颜色不相同(开头和结尾经过的边也不能相同). 是不是有点类似二分图匹配的问题呢?我们还是考虑用最大流来建图. 一笔画的时候,每一个经过的点有且只有一条入边,有且只有一条出边,即…

HINT 注意是全程不能经过两个相同的景点,并且一天的开始和结束不能用同样的交通方式. [吐槽] 嗯..看到这题的想法的话..先想到了每个点的度为2,然后就有点不知所措了 隐隐约约想到了网络流,但并没有继续往下想了... 听完学长的讲评之后(%xj)个人觉得建图还是很有意思的ovo [题解] 因为每个点到对面都有k种方式,那就想到每个点原来的点$x_0$拆成k个点$x_1$, $x_2$, $x_3$... $x_k$ 然后很自然地$x_0$和拆成的点之间要连边 容量的话,因为hint里面的限制…

[吐槽] 首先当然是要orzyww啦 以及orzyxq奇妙顺推很强qwq 嗯..怎么说呢虽然说之前零零散散做了一些概d的题目但是总感觉好像并没有弄得比较明白啊..(我的妈果然蒟蒻) 这题的话可以说是难得的一道搞得比较清楚的概d题目吧记录一下还是挺有意思的ovo 当然咯..显然考场上并没有推出来..嗯qwq [题解] 看到说要求期望的距离,然后总的长度又被分成了一段一段的(各个事件) 所以就有一个比较直接的想法:将每一段期望走的次数算出来然后再乘上每一段的距离,加起来就是答案啦 那么现在问题来了怎…

Description Solution 由于题目要求,将a[i]->b[i](边权为i)后所得的图应该是由森林和环套树组合而成. 假如是树形结构,所有的t[i]就直接在线段树t[i]点的dfs序(即in[t[i]],out[t[i]]区间)处记录t[i]点的深度. 这样,针对所有的f[i],在线段树上查找所有包含in[f[i]]点的区间所记录的最大深度d.(这个深度就是在离f[i]最近并且已经验证了是真命题的祖先的深度) 然后用倍增算出f[i]向上到深度d,所经过的编号最大值c.ans=min…

Description Solution 哇真的异常服气..线段树都可以搞合并和拆分的啊orzorz.神的世界我不懂 Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; ; ; int sz[M],lc[M],rc[M],tag[M],rt[N],all_work,cnt; ) { int o=++cnt; tag[o]…