树上背包 这应该是一道树上背包裸题吧. 众所周知,树上背包的朴素\(DP\)是\(O(nm^2)\)的. 但对于这种体积全为\(1\)的树上背包,我们可以通过记\(Size\)优化转移时的循环上界,做到\(O(nm)\)的. 呃,复杂度为什么是这样的我也很迷,证明我也不会啊... 代码 #include<bits/stdc++.h> #define Tp template<typename Ty> #define Ts template<typename Ty,typenam…

卢卡斯定理 题目中说到\(p\)是质数. 而此时要求组合数向质数取模的结果,就可以用卢卡斯定理: \[C_x^y=C_{x\ div\ p}^{y\ div\ p}\cdot C_{x\ mod\ p}^{y\ mod\ p}\] 也就是说,我们可以把\(x\)和\(y\)转化成两个\(p\)进制数,然后每一位分别求组合数后再乘起来. 所以问题来了,什么时候一个组合数的值模\(p\)为\(0\)? 由于它是质数,所以对于一个组合数\(C_a^b\),当且仅当\(a<b\)时它的值才会为\(0\)…

从暴力考虑转化题意 考虑最暴力的做法,我们枚举路径的两端,然后采用类似求树上路径长度的做法,计算两点到根的贡献,然后除去\(LCA\)到根的贡献两次. 即,设\(v_i\)为\(i\)到根路径上的边权异或和,那么\((x,y)\)的答案就是: \[v_x\ xor\ v_y\ xor\ v_{LCA(x,y)}\ xor\ v_{LCA(x,y)}\] 由于\(v_{LCA(x,y)}\ xor\ v_{LCA(x,y)}=0\),所以答案就是: \[v_x\ xor\ v_y\] 于是,题意就…

简单声明 我是蒟蒻不会推式子... 所以我用的是乱搞做法... 大自然的选择 这里我用的乱搞做法被闪指导赐名为"自然算法",对于这种输入信息很少的概率题一般都很适用. 比如此题,对于一组\(n,m\),我们可以进行\(10^6\)次随机,每次随机\(n\)个\(0\sim1\)之间的实数表示这个点在圆上的位置,然后我们暴力判断,用一个变量\(t\)记录下合法次数. 然后我们输出\(\frac t{10^6}\)就能得出大致概率了. 找规律 显然,上面这个"自然算法"…

分治 首先,我们考虑分治处理此问题. 每次处理区间\([l,r]\)时,我们先处理完\([l,mid]\)和\([mid+1,r]\)两个区间的答案,然后我们再考虑计算左区间与右区间之间的答案. 处理的时候就需要分类讨论. 分类讨论 设\(Mn_x\)在\(l\le x\le mid\)时表示左区间的后缀最小值,\(mid+1\le x\le r\)时表示右区间的前缀最小值:\(Mx_x\)同理根据\(x\)的取值范围分别表示左区间的后缀最大值和右区间的前缀最大值. 考虑在左区间枚举左端点\(i…

森林 考虑到题目中给出条件两点间至多只有一条路径. 就可以发现,这是一个森林. 而森林有一个很有用的性质. 考虑对于一棵树,点数-边数=\(1\). 因此对于一个森林,点数-边数=连通块个数. 所以,我们只要前缀和求出询问区间内的点数和边数,就可以计算出连通块个数了. 注意边数要分两个方向讨论,然后询问时注意防止越界. 代码 #include<bits/stdc++.h> #define Tp template<typename Ty> #define Ts template<…

\(2-SAT\) 考虑每个点只能选择\(R\)或\(B\),可以看作选\(0\)或\(1\). 然后对于给出的关系式,若其中一个位置满足关系式,另两个位置就必须不满足关系式,这样就可以对于每个关系式建出\(6\)条边. 然后就是裸的\(Tarjan\)求\(2-SAT\)一组解的板子了. 代码 #include<bits/stdc++.h> #define Tp template<typename Ty> #define Ts template<typename Ty,ty…

莫比乌斯反演 考虑先推式子: \[\sum_{i=l}^r[gcd(a_i,G)=1]\] \[\sum_{i=l}^r\sum_{p|a_i,p|G}\mu(p)\] \[\sum_{p|G}\mu(p)\sum_{i=l}^r[p|a_i]\] 因此我们只要枚举询问的这个数的因数,然后求出这段区间内有多少个数是它的倍数即可. 分块 我们可以统计对于每个数,每个块内有多少个数是其倍数. 数的规模\(O(n)\),块大小\(O(\sqrt n)\),所以内存是\(O(n\sqrt n)\),询问…

题意转化 考虑我们对于集合中每一个\(i\),若\(i-2,i+k\)存在,就向其连边. 那么,一个合法的集合就需要满足,不会存在环. 这样问题转化到了图上,就变得具体了许多,也就更容易考虑.求解了. 奇偶性讨论 这题对于\(k\)为奇数/偶数的情况,要分别处理. 由于偶数情况较为简单,所以我们从偶数讲起. 当\(k\)为偶数 这时我们发现奇数和偶数是独立的. 我们分别求出奇数和偶数的方案数(\(DP(\lfloor\frac{n+1}2\rfloor,\frac k2)\)和\(DP(\lfl…

二分 首先,可以发现,最后的答案显然满足可二分性,因此我们可以二分答案. 然后,我们只要贪心,就可以验证了. 贪心 不难发现,肯定会优先选择能提供更多插座的排插,且在确定充电器个数的情况下,肯定选择能经过排插数量最大的那些充电器. 所以,我们只要模拟插排插的过程,记录当前深度\(d\).插座数\(t\)即可. 设选择的能经过排插数量恰好为\(d\)的充电器有\(x\)个,则若\(t<x\),显然不合法. 否则,我们将\(x\)个位置插上充电器,其余位置尽可能地插排插,就可以了. 代码 #incl…