OwO 良心的FFT练手题,包含了所有的多项式基本运算呢 其中一部分解法参考了myy的uoj的blog 二分图计数 1: 实际是求所有图的二分图染色方案和 我们不妨枚举这个图中有多少个黑点 在n个点中选出k个黑点的方案为C(n,k) 白点和黑点之间任意连边,方案为2^(k*(n-k)) 所以得到f(n)=sigma(C(n,k)*2^(k*(n-k)) 由于本题只需要求解一个f(n),枚举并计算就可以了 更高端一点的做法是这样的: 我们可以利用在<DAG计数问题 题解报告>中提到的技巧将n*k…

话说这个题目应该叫做 斯特林数的逆袭 QAQ 先说一说部分分的算法 1.n<=5 直接暴力搜索就可以了 2.k=0的时候不难发现任意一张图的价值都是n,问题转化为计算有多少种图,显然是2^C(n,2) 3.k=1的时候不难发现任意一张图的价值都是其度数的和,暴力1->10的n不难发现规律QAQ 4.实际上3的算法的规律会启发我们想到这个算法,不难发现每个点的度数的贡献都是独立的 不妨每一个点度数恰好为i的方案数并且计算贡献就可以了QAQ 当前点度数为i,则显然他要向i个点连边,可连边的点一共有…

题意显然是求n位二进制串中不大于其逆序串,取反串,逆序取反串的所有串按字典序排序后的第k个 由于n很小,k很大所以我们可以考虑逐位确定 问题转化为了求方案数,这显然是可以用数位DP做的 设f[len][rev][inv]表示当前前缀长度为len,rev表示是否等于其逆序串,inv表示是否等于其逆序取反串 枚举当前点的选择可能性和对称点的选择可能性并判断合法性转移即可 至于为什么不用考虑去取反串的限制呢? 因为显然我们的首位是0,然后取反串的限制就没了QAQ 注意当n是奇数,在中间的时候当前点和对…

首先这道题真的是个数位DP 我们考虑所有的限制: 首先第六个限制和第二个限制是重复的,保留第二个限制即可 第五个限制在转移中可以判断,不用放在状态里 对于第一个限制,我们可以增加一维表示余数即可 对于第四个限制也是同理 对于第三个限制我们增加一维用0或1表示奇数或是偶数即可 对于第二个限制我们增加一维0/1/2/3表示匹配到第几位即可 这样我们算上位数一共五维做数位DP即可 如何计算平方和? 我们可以很轻松的求出[L,R]中满足条件的个数记为s0 进而我们也可以很轻松的求出[L,R]中满足条件的…

OwO 题目含义都是一样的,只是数据范围扩大了 对于n<=7的问题,我们直接暴力搜索就可以了 对于n<=1000的问题,我们不难联想到<主旋律>这一道题 没错,只需要把方程改一改就可以了 首先我们考虑不合法的方案强连通分量缩点后一定是DAG 考虑子问题:DAG计数 做法可以参考<cojs DAG计数1-4 题解报告> 这里给出转移方程 f(n)=sigma((-1)^(k-1)*C(n,k)*2^(k*(n-k))*f(n-k)) 如果考虑上强连通分量缩点的情况呢? 我…

2015浙江财经大学ACM有奖周赛(一) 题解报告 命题:丽丽&&黑鸡 这是命题者原话. 题目涉及的知识面比较广泛,有深度优先搜索.广度优先搜索.数学题.几何题.贪心算法.枚举.二进制等等... 有些题目还需要大家对程序的效率做出优化..大一的小宝宝可能有一些吃不消..当成是一种体验就好了. 题解目录: ZUFE OJ 2307: 最长连续不下降子串 ZUFE OJ 2308: Lucky Number ZUFE OJ 2309: 小明爱吃面 ZUFE OJ 2310: 小明爱消除 ZUF…

Problem Description People in Silverland use square coins. Not only they have square shapes but also their values are square numbers. Coins with values of all square numbers up to 289 (=17^2), i.e., 1-credit coins, 4-credit coins, 9-credit coins, ...…

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2069 Problem Description Suppose there are 5 types of coins: 50-cent, 25-cent, 10-cent, 5-cent, and 1-cent. We want to make changes with these coins for a given amount of money.For example, if we have 11…

Problem Description "Well, it seems the first problem is too easy. I will let you know how foolish you are later." feng5166 says."The second problem is, given an positive integer N, we define an equation like this:  N=a[1]+a[2]+a[3]+...+a[m…

CF Educational Round 78 (Div2)题解报告A~E A:Two Rival Students​ 依题意模拟即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int T; int n, x, a, b; int main() { cin >> T; while(T--) { cin >> n >> x >> a >> b; if(a > b) swap(a, b…

CF1169(div2)题解报告 A 不管 B 首先可以证明,如果存在解 其中必定有一个数的出现次数大于等于\(\frac{m}{2}\) 暴力枚举所有出现次数大于等于$\frac{m}{2} $的数 剩下的数看看有没有一个公共数即可 由于出现次数大于等于$\frac{m}{2} $的数不会太多 所以时间复杂度应该是\(O(n)\)的 #include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> #include<algo…

CFEducational Codeforces Round 66题解报告 感觉丧失了唯一一次能在CF上超过wqy的机会QAQ A 不管 B 不能直接累计乘法打\(tag\),要直接跳 C 考虑二分第\(k\)小的值 那么问题就变成了 每一个数变成了\([x-mid,x+mid]\)的一段区间,如果有一个位置被覆盖了超过\(k\)次 那么\(mid\)一定合法 类似括号匹配 每次碰到左端点就贡献+1 右端点就统计答案然后-1 维护答案的同时顺便维护位置就好了 #include<cstdio>…

CF Round #580(div2)题解报告 T1 T2 水题,不管 T3 构造题,证明大约感性理解一下 我们想既然存在解 \(|a[n + i] - a[i]| = 1\) 这是必须要满足的 既然这样,那么图必须是这样的 \(-\),是相邻的两个数中的较小的一个,\(+\)是相邻的两个数中较大的 这样分配是肯定有解的 但是当n时偶数的时候,手玩一下就会发现,不可能满足+-交替,所以无解 #include<cstdio> #include<iostream> #include&l…

「题解报告」 P3167 [CQOI2014]通配符匹配 思路 *和?显然无法直接匹配,但是可以发现「通配符个数不超过 \(10\) 」,那么我们可以考虑分段匹配. 我们首先把原字符串分成多个以一个通配符开头的字符串,如将 happy*birthdey?xingchen 分成: happy *birthday ?xingchen 然后设原串有 \(m\) 个通配符, \(op_i\) 表示分出来的第 \(i\) 个串前的通配符(\(0\) 没有,\(1\) 是?,\(2\) 是*),\(len_…

最近突然有很多人来问我这些题目怎么做OwO 然而并不是我出的,结论我也不是很懂 研究了一下觉得非常的一颗赛艇,于是就打算写这样一篇题解 DAG 1 我们考虑DAG的性质,枚举出度为0的点 设出度为0的点有k个,则一共有C(n,k)种方案 对于剩下的(n-k)个点和这k个点之间可以任意连边,方案为2^(k*(n-k)) 去掉这k个点之后剩下(n-k)个点仍然是DAG,方案为f(n-k) 则方案数为C(n,k)*2^(k*(n-k))*f(n-k) 考虑到剩下的(n-k)个点中也可能有出度为0的点,…

才知道knight念奈特,而不念科耐特 这个题显然是一个数据结构题目,我搬运的CF上的题 CF的题解好长超长哒,而且可以在线,但是并不能看懂 于是自己想了一个一种做法A掉了,唯一的缺陷就是做法有些繁琐 首先我们把所有操作离线,之后给节点打上时间标记,从来没有被暴揍过的城市时间为m+1 之后我们考虑对于一个查询,什么样子的城市国王不会休息 显然这个城市的时间标记>=val,但是这样还不够,如果这个城市的时间标记大于当前时刻i,证明在当前查询的时候它并没有被暴揍 所以一个城市国王不会休息的充要条件是…

QAQ 从IOI搬了一道题目过来 官方题解貌似理论上没有我的做法优,我交到BZOJ上也跑的飞快 结果自己造了个数据把自己卡成了4s多,真是忧桑的故事 不过貌似原题是交互题,并不能离线 说说我的做法吧 首先我们会写暴力,而我的做法只要会写暴力就可以了 对于一个询问A,B 我们有以下几种方法: 1.搞出所有颜色是A的DFS序对应区间的左右端点和所有颜色是B的DFS序对应区间的左右端点 然后把所有端点排个序,线性扫一遍,维护一个扫描线cnt,当遇到A的左端点时++cnt,遇到A的右端点时--cnt 遇…

首先这道题是GT考试的加强版本QAQ 当n<k的时候,答案显然是10^n 当n=k的时候,答案显然是10^n-1 这样就有20分辣 之后我们考虑k<=20的做法 显然设f(i,j)表示前i位匹配到了第j位 之后用KMP来转移就可以了 如果不用矩阵乘法优化的话时间复杂度O(n*k*10) 如果用矩阵乘法的话时间复杂度O(k^3logn) 其实就是GT考试的做法辣 这样就有50分了 之后我们考虑用dp来容斥 设fi表示前i位且第一次匹配的位置是[i-k+1,i]的方案 不难发现fi=m^(i-k)…

题目描述非常的清晰 首先我们考虑(A*B)^m的求法,这个部分可以参考BZOJ 杰杰的女性朋友 我们不难发现(A*B)^m=A*(B*A)^(m-1)*B A*B是n*n的矩阵,而B*A是k*k的矩阵,这样就大大缩小了矩阵的大小 因为矩阵乘法满足结合律,我们先对(B*A)做快速幂,之后乘一下就可以了 之后我们考虑如果没有(i-1)^3的这个系数怎么求G(i)的前缀和 因为矩阵乘法满足分配率,我们利用矩阵倍增((B*A)^0+(B*A)^1……+(B*A)^(m-1))之后乘一下就可以了 之后我们…

这道题目是香蕉的加强版 当m=100w时矩阵会很大,而且又有多组询问,所以这道题用原来香蕉的程序会T 所以我们需要更好点的做法 我们考虑优化我们的状态 首先考虑这道题的隐藏性质,考虑不合法的情况 那么A至少是B的2倍,我们考虑不合法的一段,容易证明这段的最大长度不会超过logm 不妨设s[i]表示长度为i的每个位置都不合法的方案数 由于长度是logm,所以对于s的求解是m*log^2m的 用一些奇技淫巧可以优化一下常数,使得复杂度接近m*logm 之后我们考虑容斥 设f[i][0]表示长度为i的…

首先这道题理论上是可以做到O(nlogn)的,因为OEIS上有一个明显可以用多项式乘法加速的式子 但是由于模数不是很兹磁,所以导致nlogn很难写 在这里说一下O(n*sqrt(n))的做法 首先我们很容易发现当物品的大小>sqrt(n)的时候,物品数量的限制形同虚设 也就是说物品的大小>sqrt(n)的时候实际上是一个完全背包 而对于完全背包,有着另外一种做法(参照NOIP2001 数的划分) 由于我们知道假设我们只用>sqrt(n)的物品,我们最多使用sqrt(n)个物品 不妨设f[…

首先这道题目是求第k大 求第k大我们有逐位确定,主席树,整体二分等等方法 首先我们考虑如何处理每个询问 我们可以二分答案k,之后扫一遍之前的操作 我们只需要知道有多少个权值>=k的操作经过当前点u就可以啦 这显然是直接维护的(这里并不需要数据结构) 之后我们考虑对询问整体二分 那么我们需要维护数据结构来完成查询多少个权值>=k的操作经过某个点 我们会发现两个操作对于上面这个询问的贡献是可分离的 不妨分开来考虑,首先对于子树修改,显然我们对DFS序维护一棵线段树就可以了 当然,我们也可以差分之后…

疯狂的魔法树 一个各种操作大杂烩的鬼畜数据结构题目 首先我们注意到树的形态是半随机的 我们可以树分块,对树分成若干个块 对于每个块我们维护一个add标记表示增量 维护一个vis标记表示覆盖量 注意标记的下放和两个标记之间的处理 之后我们对于每个块我们排序,并维护块内的有序化 这样对于每个查询如果涉及到完整的块二分即可 否则暴力查询 这样时间复杂度是O(n*sqrt(n)*log(n)) 疯狂的颜色序列 很古老的题目,如果去掉强制在线的话我已知的有五种不同的解法 第一种做法是莫队 第二种做法是离线…

疯狂的重心 话说做过幻想乡战略游戏的人应该很容易切掉这道题目吧 我们考虑一棵树如果添加了一个叶子,那么其重心最多向叶子方向移动1的距离 而是否移动我们只需要记录子树中有多少个点就可以判断啦 也就是说这个叶子对于时间复杂度的贡献是1 那么我们考虑每次在x-y上添加一条边,等于将x所在的树和y所在的树合并 这一步我们可以采用启发式合并,每次把小的向大的里插 这样暴力合并的时间复杂度是O(nlogn) 也就等价于我们最多插入单个节点O(nlogn) 那么对于重心的计算显然也是O(nlogn)的 那么现…

疯狂的斐波那契 学习了一些奇怪的东西之后出的题目 最外层要模p是显然的,然而内层并不能模p 那么模什么呢,显然是模斐波那契的循环节 那么我们可以一层层的求出每层的斐波那契循环节 之后在从内向外用矩阵乘法计算即可 至于如何求斐波那契的最小循环节,参见本博客的Fib求循环节那篇文章 当然这个题可以只求循环节,不求最小循环节,这样会好写的多 (然而我不会告诉你这样的话最后会爆掉long long) 疯狂的粉刷匠 我们设树上一共有k个联通点集 包含点i的联通点集有f(i)个 那么答案显然是sigma(f…

黑树白 首先如果不是强制在线,这个题用莫队+树状数组就可以在O(n*sqrt(n)*log(n))的时间内搞定 如果没有修改操作,可以直接上主席树就可以辣 我们考虑修改操作,某一个修改操作对于某一个查询操作的贡献我们显然可以O(1)的计算 那么我们不妨对操作分块 将修改操作用一个数组存下来 每次询问时先查询主席树,之后暴力扫一遍修改操作更正答案 当修改操作到达一个阈值的时候,我们暴力重构主席树 时间复杂度和 莫队+树状数组 一样 如果有哪位老司机有更好的做法,欢迎跟我联系 白树黑 抄了一道UOJ…

一个上午写了两个数据生成器,三个暴力和两个正解以及一个未竣工的伪正解思路 真是累死本宝宝了 首先这个题目暴力我的数据是有很多良心分的 但是不同的暴力拿到的分数也会有所差距,由于是题解就不说暴力怎么写了 首先第一种解法: 我们对f序列分块,预处理a序列中每个点在每个块内会被计算多少次 预处理的时候对于每个块把所有区间差分一下,然后O(N)扫一遍统计即可 考虑我们的查询,一定是若干单点和若干块 所以修改我们可以对f序列中所有的块暴力计算贡献 由于已经预处理过,所以这是很好解决的,这样我们就可以解决块…

一.[前言]关于tarjan tarjan算法是由Robert Tarjan提出的求解有向图强连通分量的算法. 那么问题来了找蓝翔!(划掉)什么是强连通分量? 我们定义:如果两个顶点互相连通(即存在A到B和B到A的通路),则称这两个点强连通.对于一个有向图G,若是G中任意两点都强连通,则称G是一个强连通图.有向图的极大强连通子图,称为该图的强连通分量. 对于下图,{1,2,3,4}.{5}.{6}分别是它的强连通分量. 那么tarjan是如何找到这些强连通分量的呢? 说白了tarjan就是dfs…

QAQ 好久不在cojs上出题了 最近学了点新科技,于是就做成题来分享了 这道题是要求simga(i^k) 那么就先说说部分分的算法吧: 10分: 直接暴力就可以了,时间复杂度O(nlogk) 30分: 我们考虑设S(n)表示1^k+2^k+……+n^k的和 不难发现S(n+1)=S(n)+(n+1)^k 由二项式定理得(n+1)^k=sigma( C(k,i)*n^i  ) 构造向量(n^0,n^1,n^2……,n^k,S(n)) 不难根据刚才的式子构造出转移矩阵,之后矩阵乘法+快速幂就可以了…

省选成功成为河北B队队长QAQ 真是忧桑 所以在cojs上出了一套鬼畜的关于树的套题 黑白树: 我们先不考虑R操作 设x是u的祖先,那么fa(x)的贡献显然是 fa(x)*(sz(fa(x))-sz(x)) 之后我们对于这个求和就是答案辣 然而这一脸不可做,我们化简一下,考虑每个sz(x)的贡献 sz(x)的贡献化简后可以发现 为 (x-fa(x))*sz(x) 然后我们就很容易用树链剖分完成更改和查询操作啦 之后我们考虑R操作 因为树上距离公式为 dis(u)+dis(v)-2*dis(lca…