树形\(DP\) 实际上,这道题应该不是很难. 我们设\(f_{x,i,j}\)表示在以\(x\)为根的子树内,原本应输出\(i\),结果输出了\(j\)的情况数. 转移时,为了方便,我们先考虑与,再考虑非,即先转移,再交换\(f_{x,0,0}\)和\(f_{x,1,1}\),\(f_{x,1,0}\)和\(f_{x,0,1}\). 这样一来,转移方程如下: \[f_{x,i1\&i2,j1\&j2}=\sum f_{x,i1,j1}*f_{son,i2,j2}\] 然后,在转移结束,交…

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\(0\)…

思维题 此题应该是比较偏思维的. 假设一次反射后前进的距离是\(2^x(2y+1)\),则显然,它可以看做是前进距离为\(2^x\)的光线经过了\((2y+1)\)次反射,两者是等价的,甚至后者可能还要更优. 因此,我们只需考虑前进距离为\(2^x\)的光线. 也就是说,我们枚举\(x\),统计\((2^x+a_i)\% 2^{x+1}\)与\(b_i\%2^{x+1}\)中众数的出现次数的最大值. 关于众数的统计,我很\(naive\)地开了个\(map\),实际上,似乎用排序可以得到更优秀的…

树形\(DP\) 考虑设\(f_{i,j,k}\)表示在\(i\)的子树内,从\(i\)向下的最长链长度为\(j\),\(i\)子树内直径长度为\(k\)的概率. 然后我们就能发现这个东西直接转移是几乎不可能的. 所以我们在转移时要开个辅助数组\(s_{op,x,y,k}\),其中\(op\)用于滚存,表示最长链为\(x\),次长链为\(y\),子节点子树内直径长度小于等于\(k\)的概率. 然后我们只要枚举子节点,再枚举子节点子树内的链长,就可以采用刷表法简便地\(DP\)转移了. 这样看似\…

数位\(DP\) 首先考虑二进制数\(G(i)\)的一些性质: \(G(i)\)不可能有连续两位第\(x\)位和第\(x+1\)位都是\(1\).因为这样就可以进位到第\(x+2\)位.其余情况下,这个\(G(i)\)必然合法. 对于一对\(x,y\)满足\(x<y\),则\(G(x)<G(y)\). 则根据这些性质,我们就可以考虑数位\(DP\). 按照一般数位\(DP\)的套路,我们把对\(a\sim b\)的\(DP\)转化为对\(1\sim a-1\)和\(1\sim b\)的两个\(…

暴力\(DP\) 考虑暴力\(DP\),我们设\(f_{i,j}\)表示当前覆盖长度为\(i\),上一次折叠长度为\(j\)的方案数. 转移时需要再枚举这次的折叠长度\(k\)(\(k\ge j\)),转移方程如下: \[f_{i+2k-j,k}+=f_{i,j}\] 对于左.右两边,根据不同的初始化\(DP\)两遍. 统计时枚举两边覆盖长度计算即可. 优化\(DP\) 实际上,我们可以把这个\(DP\)拆成两个数组,一个表示左端点在\(x\)位的方案数,另一个表示右端点在\(y\)位的方案数.…

线段树是一种作用于静态区间上的数据结构,可以高效查询连续区间和单点,类似于一种静态的分治.他最迷人的地方在于“lazy标记”,对于lazy标记一般随我们从父区间进入子区间而下传,最终给到叶子节点,但还有一种做法就是对于作用域一整个区间的标记,就将其放置在此区间节点,查询时再结算其贡献,但无论怎样我们都要保证我们查询到的区间信息的真实性完整性,这就意味着我们接触一个区间若要了解到他的全部有用信息,并不用进入其下层区间(以上两种标记方式往往再结合出现时有巧妙的用处).于是我们必须高效地合并子区间的信…

这次模拟赛真的,,卡常赛. The solution of T1: std是打表,,考场上sb想自己改进匈牙利然后wei了(好像匈牙利是错的. 大力剪枝搜索.代码不放了. 这是什么神仙D1T1,爆蛋T1,好像A了它或拿分的就几个人,, The solution of T2: 题解是这么写的:和八皇后很像,八皇后是x+y和x-y来判重,这里就k1x+k2y来判重. 从各个点引出直线,带入原点检验方程即可. 注: x/y = Δx/Δy x*Δy = Δx*y 下面代码用了这个原理,省去了gcd(或…

得分: \(20+45+15=80\)(三题暴力全写挂...) \(T1\):Lyk Love painting 首先,不难想到二分答案然后\(DP\)验证. 设当前需验证的答案为\(x\),则一个暴力的想法就是设\(f_{i,j}\)表示在第一行选前\(i\)个数,第二行选前\(j\)个数使得每个矩形内元素和不超过\(x\)所需的最少矩形数. 则我们可以预处理出三个数组\(lst_{1,i},lst_{2,i},lst_{3,i}\)来分别表示能使\(\sum_{j=lst_{1,i}}^ia…

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…