题目大意 一个数每一位进制不同,已知每一位的进制,求该数的十进制表达. 显然有 $$Ans=\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_i \prod\limits_{j=0}^{i-1}base_j$$ 若不考虑高精度则线性复杂度内由低位向高位递推即可,但考虑高精度的话即使压位也会$TLE$. 采用分治$+FFT$加速运算的方法. 分别求出第$1$至第$\frac n2$位和第$\frac n2+1$至第$n$位的答案,顺便求出$\prod\limits_{i=0}^{\frac n2}…

题目大意 ​ 小Q发明了一种进位制,每一位的变化范围是\(0\)~\(b_i-1\),给你一个这种进位制下的整数\(a\),问你有多少非负整数小于\(a\).结果以十进制表示. ​ \(n\leq 120000,0\leq a_i<b_i\leq 1000000\) 题解 ​ 就是求这个数. ​ 那没什么好说的,直接分治FFT 处理左半边(低位)的\(c_1=\prod b_i\)和答案\(d_1\),右半边的\(c2,d2\) ​ 那么\(c=c_1\times c_2,d=d_2\times…

题意很简单,就是求这个数... 其实场上我想出了分治fft的正解...然而不会打...然后打了个暴力fft挂了... 没啥好讲的,这题很恶心,卡常卡精度还爆int,要各种优化,有些dalao写的很复杂我都没看懂...我写的是每三位拆分然后再合并 代码: //强烈谴责卡常数而需要大量优化 //upd:还卡精度... #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio>…

北京集训的题都是好题啊~~(于是我爆0了) 注意到一个重要的性质就是期望是线性的,也就是说每一段的期望步数可以直接加起来,那么dp求出每一段的期望就行了... 设$f_i$表示从$i$出发不回到$i$直接到达终点的概率,显然期望步数就是$\frac{1}{f_i}$: 考虑转移,设下一个事件概率为$p$,则 如果下一个事件是敌人:$f_i=f_{i+1}*p$ 如果下一个事件是旗子: $f_{i}=(1-p)*(1-f_{i+1})*(1+p*(1-f_{i+1})+p^{2}*(1-f_{i+…

一道很有意思的神题~ 暴力平衡树的复杂度很对(并不),但是$2^{30}$的空间一脸屎 这题的正解是一个类似线段树的数据结构,我觉得很有创新性Orz 首先可以想到一种暴力就是用一个点代表一个区间,然后用链表维护这些点的集合,每次alloc操作就相当于割开未分配的区间,即增加了一个点,free操作就相当于合并.所以最多会产生$n$个点,单次操作$O(n)$,时间复杂度$O(n^2)$但是不满,貌似常数小就可以拿60: 把这个集合看成一个序列的话,快速修改点的信息肯定会想到线段树,正解就是用线段树去…

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]…

Description Solution 将(u,v,l,r)换为(1,u,v,l)和(2,u,v,r).进行排序(第4个数为第一关键字,第1个数为第二关键字).用LCT维护联通块的合并和断开.(维护联通块的大小,要维护虚边) 答案统计:每当四元组的第一个数为1(这时候合并点u,v所在连通块,反之拆开),在合并前ans+=size[u]*size[v]即可. Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring&g…

题解: 题解居然是LCT……受教了 把所有区间按照端点排序,动态维护目前有重叠的区间,用LCT维护即可. 代码: #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<queue> using namespace std; typedef long long ll; struct node{…

Solution 正解是一个\(\log\)的link-cut tree. 将一条边拆成两个事件, 按照事件排序, link-cut tree维护联通块大小即可. link-cut tree维护子树大小非常不熟练. 正确的做法是每个点开两个变量size和add, 分别表示在splay中以这个点为根的所有点所在的子树的点的数量, 以及以当前点为根的子树由虚边贡献的点的数量. #include <cstdio> #include <cctype> #include <algori…

Solution 考虑怎么卖最赚钱: 肯定是只卖不买啊(笑) 虽然说上面的想法很扯淡, 但它确实能给我们提供一种思路, 我们能不买就不买; 要买的时候就买最便宜的. 我们用一个优先队列来维护股票的价格, 从前往后扫描. 假设我们已经知道了到前一天的最优策略, 考虑到当前这一天的最优策略: 假如手上还有股票, 那么一定是要把它卖掉的; 假如已经没有股票了, 那么我们就在原本打算卖出的股票以及这一天的股票中选出股价最低的买入. 用优先队列维护股价, 从第一天往后扫描即可. #include <cst…