题解 如果一个联通块是一个树的话,方案数就一种,如果这个联通块还有别的边,那选了一条别的边就会把树上对应路径全部取反,所以方案数是\(2^{m - n + 1}\) 如果联通块数为\(c\)方案数为\(2^{m - m + c}\) 一个联通块有奇数个黑点一定为0 然后就对于每个点判断是不是割点,是的话看看分成的联通块有几个包含奇数个黑点 然后如果不是割点看看删掉这个点后联通块黑点个数的奇偶性改没改变 同时要特判联通块里只有一个点的情况 代码 #include <bits/stdc++.h>…

题面 LOJ #6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏 题解 参考 yyb 的口中的长郡最强选手 租酥雨大佬的博客 ... 一开始以为 通配符匹配 就是类似于 BZOJ 4259: 残缺的字符串 这样做 . 把通配符设成 \(0\) 然后 . 别的按 \(\mathrm{ASCII}\) 码 给值 , 最后把他写成式子的形式 ... 后来发现太年轻了 qwq 先要做这题 , 那么先发现性质咯 : 存在一个长度为 \(len\) 的 \(border\) 当且仅当对于 \(\forall i…

还是loj的机子快啊... 普通的DP不难想到,设F[i][zt]为带上根玩出zt的方案数,G[i][zt]为子树中的方案数,后面是可以用FWT优化的 主要是复习了下动态DP #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; co…

题目:https://loj.ac/problem/6436 看题解才会. 有长为 i 的 border ,就是有长为 n-i 的循环节. 考虑如果 x 位置上是 0 . y 位置上是 1 ,那么长度是 | x-y | 的约数的循环节都不可行,因为在该循环节中, x 和 y 处在 “应该相等” 的地位. 最后一个部分分是暴力枚举 0 和 1 来预处理出一个 h[ i ] 表示长度是 i 的约数的循环节不可行.然后枚举循环节的长度 i ,再枚举 i 的倍数看看有没有 “不可行” 的.这样是 nlo…

题意 链接 Sol 生成函数题都好神仙啊qwq 我们考虑枚举一个长度\(len\).有一个结论是如果我们按\(N - len\)的余数分类,若同一组内的全为\(0\)或全为\(1\)(?不算),那么存在一个长度为\(len\)的border. 有了这个结论后我们考虑这样一种做法:把序列看成两个串\(a, b\),若\(a_i = 0, b_j = 1\),那么对于所有的\(k | (|i - j|)\), \(N-k\)都不会成为答案. 考虑怎么快速算不合法的\((i, j)\).对于多项式乘法…

题目分析 通过画图分析,如果存在border长度为len,则原串一定是长度为n-len的循环串. 考虑什么时候无法形成长度为len的循环串. 显然是两个不同的字符的距离为len的整数倍时,不存在这样的循环串. 怎么求出两两不同的字符的距离呢? 翻转一下字符串做卷积即可.…

题面 传送门 题解 一旦字符串踏上了通配符的不归路,它就永远脱离了温暖的字符串大家庭的怀抱 用人话说就是和通配符扯上关系的字符串就不是个正常的字符串了比如说这个 让我们仔细想想,如果一个长度为\(len\)的前缀是border,那么对于\(\forall i\in[1,len]\),都有\(s[i]=s[i+n-len]\),也就是说在模\(n-len\)意义下所有位置上的\(01\)要相等 如果有一个\(0\)位置\(i\),一个\(1\)位置\(j\),记\(x=|i-j|\),那么所有\(…

题目传送门:loj bzoj 题意中的游戏方案可以转化为一个异或方程组的解,将边作为变量,点作为方程,因此若方程有解,方程的解的方案数就是2的自由元个数次方.我们观察一下方程,就可以发现自由元数量=边数-点数+连通块数,或者换句话说,若对原图的每个联通块指定一棵生成树,那么确定了生成树之外的边是否进行操作,那么生成树内的边的操作方案就是一定存在并唯一确定的. 那么我们就只需要判断一下什么样的图无解.我们发现每对一条边进行操作,原图内的黑点数量奇偶性不变,那么我们只需判断图中的是否存在某个联通块有…

[BZOJ5303][HAOI2018]反色游戏(Tarjan,线性基) 题面 BZOJ 洛谷 题解 把所有点全部看成一个\(01\)串,那么每次选择一条边意味着在这个\(01\)串的基础上异或上一个有\(2\)个\(1\)的\(01\)串. 那么把边构建线性基,最终的答案显然就是\(2\)的不在线性基里的边数次方. 显然每次只需要考虑一个联通块,一个联通块随便拉出一棵生成树,就可以在线性基上确定\(n-1\)个元,那么对于其他边任意的情况,显然可以通过修改这\(n-1\)条边的选择情况使得最终…

bzoj 5393 [HAOI2018] 反色游戏 Link Solution 最简单的性质:如果一个连通块黑点个数是奇数个,那么就是零(每次只能改变 \(0/2\) 个黑点) 所以我们只考虑偶数个黑点的连通块 如果是一棵树,那么方案只有一种,因为所有叶子颜色都确定,可以自底向上一层层推出每一条边是否反色 下面考虑一个图,随便找一棵生成树,那么如果其他非树边都不反色就只有一种.假设其它非树边是否反色都已确定,那么相当于这棵生成树的每个点的初始颜色确定,所以每一种非树边的选取方案都对应着一种反色方…