大概就是要构造出两个图(,)让他们不同构(,)并且让题目中给的(6)种同构的判法都判不出同构(.)
(->) 要求两个不同构的图使得它们的邻接矩阵的特征多项式相同(.)
这里
有一种可行的构造(,)但是它怎么来的我就不知道了,强正则图是什么东西
因为这个网址太卡了,所以部分原文摘录如下:
可以发现，强正则图不管长啥样，只要参数固定了，它们的特征值就是固定的。
也就是说，一旦我们构造出了两个不同构的强正则图，就解决了这个问题。
事实上，这样的构造存在，且唯一。仅有当 $n = 4$ 时，存在两张不同构的图，均为 $srg left( 16, 6, 2, 2
ight)$。它们分别是：
$K_4 imes K_4$，即完全图 $K_4$ 与其自身的 Cartesian 积：
Shrikhande graph，构造方法：令 $V = left{ 0, 1, 2, 3
ight} imes left{ 0, 1, 2, 3
ight}$，$S = left{ left( 0, 1
ight), left( 0, 3
ight), left( 1, 0
ight), left( 3, 0
ight), left( 1, 1
ight), left( 3, 3
ight)
ight}$，$E = left{ left( (u_1, u_2), (v_1, v_2)
ight) mid left( u_1, u_2
ight), left( v_1, v_2
ight) in V, left( u_1 - v_1, u_2 - v_2
ight) in S
ight}$。
以上运算均在环 $mathbb Z_4$ 下进行。则图 $G = left( V, E
ight)$ 就是 Shrinkhande graph。
容易验证它们都是 $srg left( 16, 6, 2, 2
ight)$。且它们的邻接矩阵的特征多项式为 $f left( lambda
ight) = left( lambda - 6
ight) left( lambda - 2
ight)^6 left( lambda + 2
ight)^9$，特征值为一重的 $6$，$6$ 重的 $2$ 和 $9$ 重的 $-2$。
而它们的确是不同构的，因为 $K_4 imes K_4$ 显然有 $K_4$ 作为子图，然而 Shrinkhande graph 没有 $K_4$ 作为子图 (不用找了，真的没有)。
因此，我们只需将 $K_4 imes K_4$ 和 Shrinkhande graph 传给交互库，即可 Hack 掉所有 $6$ 种算法，而 identify() 的过程是非常容易的：只需判断是否有 $K_4$ 作为子图，爆搜即可。
CF582D Number of Binominal Coefficients
数位(DP.) 我的数位(DP)总结blog
考虑(lucas)定理的过程(,)设(a = k,b = n-k,)则在(p)进制下(a+b)有(>=k)次进位(,)且(a+b<=A.)
设(dp[n][m][1/0][1/0])表示当前考虑到第(n)位(,) 还需要进位(m)次(,)这一位的数值是(/)否紧贴着上界(,)这一位是(/)否往上一位进位(.)
复杂度(O(3500^2),)其中(3500)为(A)在(p)进制下最大位数(.)
把棋盘转成一个排列(,)然后一个区间合法的条件是(max-min=r-l,)
由于(val =max-min-(r-l) geq 0,)
所以可以在线段树上记(val)的最小值以及最小值的出现次数即可(.)
单调栈+线段树维护(.)
(O(nlogn).)
和上一题类似(,)一样的方法维护(.)
查询的时候(,)用一个(set)维护一下当前所有存在的询问(,)然后再写个线段树上二分的操作就可以查询了(.)
(O(nlogn).)
当然(,)这个题和上一个题都可以用析合树做(,)但是析合树太难写了(.)
首先这个不含平方因子的数满足(μ(x)^2=1,)并且有平方因子的数显然满足(mu(x)^2=0.)
显然题目里面的第(K)大不容易直接求(,)考虑二分答案(n)
那么我们要(check)的就是
(large f(n) =sumlimits_{i=1}^n μ^2(i)leq K)
通过简单容斥可以发现
(large f(n)=sumlimits_{i=1}^{lfloor sqrt{n} floor} μ(i) imes lfloor frac{n}{i^2} floor)
然后我们可以直接(O(sqrt n))暴力算出(f(n).)
考虑一种更优的做法(:)
(lfloor large frac{n}{i^2} floor) 只可能有 (O(n^{1/3}))种取值(,)于是我们(O(sqrt n)) 预处理值域范围内的(μ(i),)然后就可以(O(n^{1/3}))计算(f(n))了(.)
不过由于(n)的数值不够大 并且此题可以分块打表, 所以这种做法的优越性并不能体现出来 (.) 所以有没有人出个(N=10^{14},T=10^3)的加强版啊 (/kel)
复杂度(O(sqrt N+TN^{1/3}logN).)
还有一种(O(N^{2/5}))的算一次(f(N))的做法(.)
就是筛(O(N^{2/5}))的(mu(i),)然后剩余的(mu(i))前缀和杜教筛(,)再整除分块(.)
真的毒瘤
SP19148 INS14G - Kill them All
考虑把局面看成点(,)一开始在((0,0),) (Digo) (attack)一次之后((x,y)->(x+1,y),) (Sharry) (attack) 一次之后 ((x,y)->(x,y+1).)
然后我们可以发现(,)这个限制相当于第一步必须到((1,0),)且接下来的每一步不能走到直线(x=y)上(.)
最终走到的终点就是((x,n-x),)且(x>n-x,)即(xgeq n-x+1,)
$ lfloor frac{n+1}{2}
floor leq x leq n.$
每个(x)对答案的贡献是(large inom{n-1}{x-1} - inom{n-1}{x}.)
最后发现式子之间会两两消去(,)最后的结果是$ large inom{n-1}{ lfloor frac{n+1}{2} floor -1}$
然后预处理阶乘和阶乘逆元就做完了(,)复杂度(O(N).)
记(ans_n)为第(n)行的第一项(.)
考虑第一项和第二项的差(,)它们一开始是(1,)然后每经过一行都会( imes (a+b).)
那么不难得到一个式子(:)
(large ans_n=a imes ans_{n-1} + b imes (ans_{n-1}+(a+b)^{n-2})+c)
然后开始推式子(:)
(large ans_n=(a+b)ans_{n-1}+b imes (a+b)^{n-2}+c)
记(large v_n = frac{ans_n}{(a+b)^n}.)两边除以 (large (a+b)^n:)
(large v_n = v_{n-1} + b imes (a+b)^{-2}+c imes (a+b)^{-n})
(large v_n = v_1 + sumlimits_{i=2}^{n} b imes (a+b)^{-2}+c imes (a+b)^{-n})
(large v_n = (a+b)^{-1}+n imes b imes (a+b)^{-2} + c imes sumlimits_{i=2}^{n} (a+b)^{-i})
(large ans_n = (a+b)^{n-1}+n imes b imes (a+b)^{n-2}+c imes sumlimits_{i=0}^{n-2} (a+b)^i)
由于(p)不一定是质数(,)所以最后的(large sumlimits_{i=0}^{n-2} (a+b)^i) 可以分治搞(.)
大概可以这么写(:)
inline LL qpow(LL x,LL y){
x %= P; static LL r; r = 1;
while (y){
if (y&1) r = mul(r,x);
x = mul(x,x),y>>=1;
}
return r;
}
inline LL F(LL a,LL n){
if (n <= 1) return (n*a+1) % P;
if (n&1) return mul((qpow(a,n+1>>1)+1) % P,F(a,n>>1));
return (qpow(a,n) + mul((qpow(a,n>>1)+1) % P,F(a,n-1>>1))) % P;
}
然后就解决了(.)复杂度(O(log^2),)其中分治的部分如果改成倍增的话就可以做到(O(log).)
以前在(matrix67)的一本书上看过类似的东西(((()
大概是如果(n)是奇数(,)那么不论你怎么走(,)对方一定可以对称的复制你的操作(,)然后你就输了(.)
如果(n)是偶数的话(,)如果对方复制你的操作(,)最后必定会被你的棋子吃掉(,)所以你就赢了(.)
总结(:)这个题是一道猜结论好题但是在博弈论中有巨大的理论价值(?)
对于同一行(/)列的点(,)将两两配对之后连边(,)易证得到的图是二分图(,) (dfs)染色即可(.)
还有一种做法(,)就是考虑把((x,y))变成((x,y'))即坐标和坐标之间连边(,)然后把度数为奇数的点和(0)连起来跑欧拉回路(.)
CF576D Flights for Regular Customers
(bitset)优化矩乘(.)这个题是怎么混进集训队作业里的啊((((
一开始本来以为是个二分(+)有一堆圆障碍的图上(bfs)的计算几何题(.)
但实际上并不需要这么繁琐(,)而且并不需要用到任何计算几何知识(.)
因为人被障碍挡住只可能是障碍覆盖了一条完整的从左(/)上到右(/)下的路径(,)所以直接(O(N^2))跑个最短路就可以了(.)
而且这个题甚至可以用(Dij+kdTree)做到更优的复杂度(.)
有两种思路(:)
一种是做前缀背包和后缀背包(,)每次询问(O(e_i))枚举求答案(,)复杂度(O(n*E*log(C)+q*E),)其中(E=maxlimits_{i=1}^{n}e_i,C=maxlimits_{i=1}^{n}c_i)
或者可以写一个分治背包(,)复杂度(O(n*E*log(C)*log(n)+q).)
这两种做法一种瓶颈是(n,)一种瓶颈是(q.)
所以这个题是不是可以用一些其它的方法做到更平衡的复杂度啊(?)
观察题面(,)需要维护区间(gcd)和(lcm.)
值域是([1,100],) ([1,100])范围内的(gcd)可以事先预处理出来然后可以(O(1))查询(.)
(lcm)的话(,)就必须记录每个质因子的次数(.)
不难发现(2^7=128>100,3^5=243>100,5^3=125>100,7^3=343>100,11^2=121>100)
所以(,) (2) 和 (3) 各自用 (3) 个二进制位 (,) (5) 和 (7) 各用 (2) 个二进制位 (,) 剩下的 (21) 个质数各用 (1) 个二进制位 (,) 一共用 (31) 个二进制位 (,) 用一个 (int) 存正好能存下(.)
并且通过(O(1024^2))预处理可以做到(O(1))合并这个信息(.)
处理完这些信息之后(,)直接上线段树就好了(.) (O(1024^2+nlogn))
不难发现(N=R+C-gcd(R,C),)枚举 (gcd=d:) (n=r+c-1)且([r perp c])所以答案为(:) (sumlimits_{i|N}^{N} d(i+1))
水水水(,)再水这种简单题要完了啊
P6170 [USACO16FEB]Circular Barn G
大概是个贪心(?)就考虑破环为链(,)然后显然的就是按照顺序匹配(.)
做一个前缀(min) 可以 (check) 是否合法(.)
不过有一说一(,)一开始我写了一个(O(n^2))暴力(,)加上最优性剪枝(,)竟然过题了……
到底是数据水还是卡不满啊(((()
补个板子(.)
(check(n))是否存在原根(:) (n=2/4/p^k/2 imes p^k,)其中(p)为奇素数(,k)为正整数
求最小原根(:) 直接枚举(check.)
(check(g,n)) (g) 是否是 (n) 的原根 (:) (g^{φ(n)} equiv 1) ((mod) (n)) 且对于任意(k<φ(n),) (g^{k} eq 1) ((mod) (n))
然后(check)的时候显然不能(O(nlogn))做(,)我们把(φ(n))分解质因子之后只用(check) (O(log))次了(.)
(get)到最小原根(g)之后(,) (g^k)是原根当且仅当(gcd(k,φ(n))=1.)
结合(O(n)-O(1)gcd)的板子之后理论上可以做到(O(n).)
推一波式子之后发现需要用到阶乘和(sum φ(i),)然后发现这题卡空间(.)
所以阶乘的数组不能开(,)需要处理一下(.)
继续补板子(.)
做法没啥好说的(.)放个代码在这看看(:)
const int N = 5000005;
int n,fa[N],p[N],deg[N]; LL ans;
inline void work1(){
register int i; int j;
for (i = 1; i < n; ++i) rd(fa[i]),++deg[fa[i]];
for (i = j = 1; i <= n-2; ++i,++j){
while (deg[j]) ++j; p[i] = fa[j];
while (i <= n-2 && !--deg[p[i]] && p[i] < j) p[i+1] = fa[p[i]],++i;
}
for (i = 1; i <= n-2; ++i) ans ^= 1ll * p[i] * i;
cout << ans << '
';
}
inline void work2(){
register int i; int j;
for (i = 1; i <= n-2; ++i) rd(p[i]),++deg[p[i]]; p[n-1] = n;
for (i = j = 1; i <= n-1; ++i,++j){
while (deg[j]) ++j; fa[j] = p[i];
while (i <= n-1 && !--deg[p[i]] && p[i] < j) fa[p[i]] = p[i+1],++i;
}
for (i = 1; i <= n-1; ++i) ans ^= 1ll * fa[i] * i;
cout << ans << '
';
}
int main(){ int Tp; rd(n),rd(Tp); if (Tp == 1) work1(); else work2(); return 0; }
不知为何我交了这么多次还是( 80) ( pts) (/yiw)
(upd:)现在过了(.)时限被改成了 ( 2s)
线段树在差分数组上维护(dp.)
开一个( struct,)封装重载好就可以维护了(.)
(O(nlogn).)需要注意常数
生成函数好题(,) (() 为何它不出到(nleq 100,mleq 10^{18}?) ())
大概就是可以搞出递推式(:) (ans_m =sumlimits_{i=1}^{n} (-1)^{i+1 } imes ans_{m-i}a_i(mgeq n))
(ans_m=a_m imes m) (+) (sumlimits_{i=1}^{m-1} (-1)^{m-i} imes ans_{m-i}a_i(mleq n))
如果(n)比较大 (() (10^5) ()) (,)可以多项式求逆(+)线性递推解决(.)
P5299 [PKUWC2018]Slay the Spire
首先因为强化牌的数值一定(>1,)所以不难发现我们的策略一定是在保证至少打出一张攻击牌的时候尽量多的打出强化牌(,)然后根据这个策略(dp)即可(.)
(O(N^2).)
练一下欧拉序(+ st)表求(lca)的板子(.)
大概就是答案一定在(lca(x,y),lca(x,z),lca(y,z))当中(.)
注意写(st)表的时候把小的一维放到前面可以减少常数(.)
数位(dp,)状态记录一下上一位即可(.)
补板子(,)顺便复习下高斯消元(.)
这个题需要我们(check)有解(/)有无穷多解(/)无解
注意交换行的时候可能需要和上面的某一行交换(,)比如说这个(case:)
2
0 1 1
0 0 0
如果在消元的时候没有交换(,)会被判成(-1.)
const int N = 55;
int n; db A[N][N];
int main(){
int i,j,k; db v;
cin >> n;
for (i = 1; i <= n; ++i) for (j = 1; j <= n+1; ++j) cin >> A[i][j];
for (i = 1; i <= n; ++i){
if (fabs(A[i][i]) < eps){
for (j = 1; j <= n; ++j) if (j != i && (j > i || fabs(A[j][j]) < eps) && fabs(A[j][i]) > eps){
for (k = 1; k <= n+1; ++k) swap(A[i][k],A[j][k]); break;
}
}
if (fabs(A[i][i]) > eps){
for (j = 1; j <= n; ++j) if (j != i && fabs(A[j][i]) > eps){
v = A[j][i] / A[i][i];
for (k = 1; k <= n+1; ++k) A[j][k] -= A[i][k] * v;
}
}
}
for (i = 1; i <= n; ++i){
if (fabs(A[i][i]) < eps && fabs(A[i][n+1]) > eps){ puts("-1"); return 0; }
}
for (i = 1; i <= n; ++i){
if (fabs(A[i][i]) < eps && fabs(A[i][n+1]) < eps){ puts("0"); return 0; }
}
for (i = 1; i <= n; ++i){
v = A[i][n+1] / A[i][i];
printf("x%d=%.2lf
",i,v);
}
return 0;
}
继续补板子(.)
感觉这个板子的难点好像在(exgcd)之后的部分啊(
细节还好(,)不算多(,)就是有点烦(((
(upd:)需要开(long) (long) 否则会(wa) (4) 个点
inline void exgcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y){
if (!b){ d = a,x = 1,y = 0; }
else{ exgcd(b,a%b,d,y,x),y -= (a/b) * x; }
}
inline void solve(){
int a,b,c,t,d,x0,y0;
read(a),read(b),read(c),exgcd(a,b,d,x0,y0);
if (c % d != 0){ write(-1),putchar('
'); return; }
a /= d,b /= d,c /= d,x0 *= c,y0 *= c;
if (x0 > 0 && y0 <= 0){
d = (-y0) / a + 1; y0 += d * a,x0 -= d * b;
}
else if (x0 <= 0 && y0 > 0){
d = (-x0) / b + 1; x0 += d * b,y0 -= d * a;
}
if (x0 <= 0 || y0 <= 0){
if (x0 > 0) x0 -= (x0-1)/b*b; else d = (-x0) / b + 1,x0 += d * b;
if (y0 > 0) y0 -= (y0-1)/a*a; else d = (-y0) / a + 1,y0 += d * a;
write(x0),putchar(' '),write(y0),putchar('
');
return;
}
int mxx,mnx,mxy,mny,cnt;
if (y0 > 0) t = (y0-1) / a,y0 -= t * a,x0 += t * b; mxx = x0,mny = y0;
if (x0 > 0) t = (x0-1) / b,x0 -= t * b,y0 += t * a; mnx = x0,mxy = y0;
cnt = (mxx-mnx) / b + 1;write(cnt),putchar(' ');
write(mnx),putchar(' ');write(mny),putchar(' ');
write(mxx),putchar(' ');write(mxy),putchar('
');
// x = x0 + t * b;
// y = y0 - t * a;
// t subset Z
}
继续补板子(.)
就直接(CRT,)需要写(exgcd)求逆元(.)
(code:)
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
inline void exgcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y){
if (!b) d = a,x = 1,y = 0;
else exgcd(b,a%b,d,y,x),y -= (a/b) * x;
}
inline LL Inv(LL a,LL P){
static LL d,x,y; a %= P; exgcd(a,P,d,x,y);
return d == 1 ? (x%P+P)%P : -1;
}
inline LL mul(LL a,LL b,LL p){
static LL an; an = a*b - (LL)((long double)a*b/p) * p;
if (an >= p) an -= p; else if (an < 0) an += p; return an;
}
int n;
inline LL calc(int n,LL *a,LL *b){ //X % b[i] == a[i]
int i;
LL m = 1,ret = 0;
for (i = 1; i <= n; ++i) m *= b[i];
for (i = 1; i <= n; ++i) ret = (ret + mul(a[i],mul(Inv(m/b[i],b[i]),m/b[i],m),m)) % m;
return ret;
}
LL r[15],m[15];
int main(){
cin >> n; for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> m[i] >> r[i];
cout << calc(n,r,m) << '
';
return 0;
}
/*
input:
2
1000000009 444444
998244353 33412312
output:
19393407174985107
*/
继续补板子(.)
显然这个题可以容斥一下(,)然后变成(O(T imes 2^{n1}))次查询组合数(.)
然后因为模数非质数(,)写个扩展卢卡斯就可以了(.)
所以这题被我当成了扩展卢卡斯模板题(大雾
补(CF.)
就考虑拉格朗日乘数法的式子(.)
(F = sum b_i(a_i-b_i^2) + λ(sum b_i-k))
对(b_i)求偏导得 (λ=a_i-3b_i^2)
然后考虑二分(λ,)但是因为有(b_ileq a_i) 的限制(,)所以我们算出来的(b_i)可能不合法(.)
不过不合法的部分排序后显然是连续的一段(,)在外层再套一层二分即可(.)
然后求得了实数解(,)求整数解就是先令所有(b_i=lfloor b_i floor) 然后再排序贪心(.)
(O(nlognlog(A_i)))
首先找出所有可能被访问到的点(,)不难发现它们构成了一个森林(.)
如果一棵树和不可能访问到的点不相邻(,)就枚举根做(O(size))次(DP,)最后把对应的方案数(cnt_i->cnt_i /(size-i),) (() 因为它被计算了((size-i))次 ())
否则根一定是那个和不可能访问到的点相邻已经固定(,)直接(DP.)
树和树之间的合并直接乘组合数就可以了(.)
(O(n^3).)
建(O(2^n))个辅助点(i')表示(i')连向所有是(i')子集的点(,) (dfs)即可(.)
补(CF.) (xtq) (Round,) (Best) (Round!)
这里是xtq的官方题解
式子没啥好说的(,)里面都有(.)
我的实现方法是把(f_0)设成未知数然后递推到(f_m,)用方程(f_m=0)解出所有的(f.)
复杂度为 (O(n+sum a_i)) 或者 (O((n+sum a_i)logP))
不懂为啥有些代码里要求(O(n))次快速幂/yun
是在莫队题单里看到的(,)然而这个题可以用数据结构(O(nlogn))做(.)
为了补板子(,)所以我把它当成了可持久化线段树练习题(((()
考虑一个位置(i)在询问((l,r))下合法的条件(:)
(lleq i leq r) 且 (pre_i leq l-1) 且 (r+1 leq nxt_i)
然后按(nxt_i)一维建可持久化线段树(,)然后在线段树上维护(pre_i)的最小值即可(.)
这个题也可以离线(,)做法差不多(.)
一个思路类似但更简单的题(只需要BIT)(:)
SP3267 DQUERY - D-query
带修莫队板子题(.)
回滚莫队板子题(.)这个题大概是包括了只加不减的回滚莫队的通用情况的板子(.)
这里推荐一个回滚莫队的讲解,包含了只加不减和只减不加这两种情况(.)
首先分块(,)一个块内的询问暴力扫(,)然后跨越块的询问一起处理(.)
把同一块的询问按(r)从小到大排序(,)然后一边移动(r)一边(O(S))回答一次关于(l)的询问(.)
代码大概像这样(:)
const int N = 200005;
int v[N],lv;
int n,m,a[N],cur[N],ans[N];
int vl[N],vr[N],now;//当前的数组
int cvl[N],cvr[N],cnow;//用于保存信息的数组
inline void Init(){//初始化/清零
memset(vl,0,lv+1<<2),memset(vr,0,lv+1<<2),now = 0;
}
inline void Add(int x,int p){//加入一个点
if (!vl[x]) vl[x] = vr[x] = p;
else vl[x] = min(vl[x],p),vr[x] = max(vr[x],p);
now = max(now,vr[x]-vl[x]);
}
inline void Save(int l,int r){//保存信息
for (int i = l; i <= r; ++i) cvl[a[i]] = vl[a[i]],cvr[a[i]] = vr[a[i]]; cnow = now;
}
inline void Copy(int l,int r){//还原信息
for (int i = l; i <= r; ++i) vl[a[i]] = cvl[a[i]],vr[a[i]] = cvr[a[i]]; now = cnow;
}
int csiz;
struct Ask{
int id,l,r;
bool operator < (const Ask w) const{ return cur[l] != cur[w.l] ? l < w.l : r < w.r; }
}ask[N]; int q;
int main(){
int i,j,l,r;
read(n);
for (i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]),v[i] = a[i];
sort(v+1,v+n+1),lv = unique(v+1,v+n+1) - v - 1;
for (i = 1; i <= n; ++i) a[i] = lower_bound(v+1,v+lv+1,a[i])-v-1;
read(m),csiz = m/(1+sqrt(n))+1;
for (i = 1; i <= n; ++i) cur[i] = (i-1)/csiz+1;
for (i = 1; i <= m; ++i){
read(l),read(r);
if (cur[l] == cur[r]){
for (j = l; j <= r; ++j) Add(a[j],j);
ans[i] = now;
Copy(l,r);
}
else{
++q; ask[q].id = i,ask[q].l = l,ask[q].r = r;
}
}
sort(ask+1,ask+q+1);
for (i = j = 1; i <= cur[n] && j <= q; ++i){
if (cur[ask[j].l] != i) continue;
Init(),l = r = i * csiz + 1,Add(a[l],l);
while (j <= q && cur[ask[j].l] == i){
while (r < ask[j].r) ++r,Add(a[r],r);
Save(ask[j].l,l-1);
while (l > ask[j].l) --l,Add(a[l],l);
ans[ask[j].id] = now;
l = i * csiz + 1;
Copy(ask[j].l,l-1);
++j;
}
}
for (i = 1; i <= m; ++i) write(ans[i]),putchar('
');
return 0;
}
SP744 LPERMUT - Longest Permutation
考虑一个区间合法的条件为(:)区间必须有(1,)区间不能有重复的数值(,)区间的和为(frac{mx imes(mx+1)}{2}.)
然后考对于每一个(1)都做一遍(,)枚举右端点(,)假设(max)在右边(,)然后就可以直接算出区间的(L,)然后利用前缀和可以(O(1)check) (sum)是否符合条件(.)
然后区间不能有重复的数值(,)就莫队移动左端点(,)可以证明在加上适量剪枝的情况下移动左端点总次数为(O(n))
最后我们把区间翻转一下再做一遍就能解决(max)在左边的情况了(.)
(O(n))
首先先把所有(a_i)的质因子次数(>1)的变成(1)次 (,)这个可以用(Pollardrho)做(,)也可以只去除一些小的质因子(p)的平方因子以保证效率(.)
每次(random) (shuffle)一下然后直接贪心做(.)
先把(a_1)放进集合(1,)对于集合(1)我们只考虑能使其(gcd)的变小的(,)其余的都扔进集合(2)里(.)
可以发现随机了足够多次之后错误率会很低(.)
(O(gcd imes nT))其中(T)为随机次数(.)
具体的正确性(?)
考虑整个贪心的过程(,)它确定了一个数字({a_1})作为初始的(S_1)的元素(,)那么具体的方案就是(a_1)加一些可以使(gcd(S_1,v))变小的数字(v.)作为(S_1.)
不难发现(v)最多只会有(log)个(,)并且其它的数都会到(S_2)里去(.)
然后感觉一下这样得到答案的概率貌似挺高的(?)
然后对于(S_2)来说我们可以设第一个选了(S_2)的变量是(a_w,)然后也最多只有(O(log))个会有贡献(.)
编不下去了,不会证,溜了溜了
SP10707 COT2 - Count on a tree II
树上莫队板子题(.)
只加不减的回滚莫队题(.)
但是(AT)的 (remote) (judge) 好像出锅了(,)所以被迫到(AT)上交(.((()
考虑题目中给的式子要你求的是什么(.)
也就是枚举两种方案(A)和(B,)这两种方案得到的结果序列相同(.)
然后就可以(dp)啦(!)
记(dp_{t,i,j})表示操作t次，方案A上管道取到了i,方案B上管道取到了j
然后滚动数组就解决了(.)
简单题(.)
不难发现在任意位置发生帕琪七重奏的概率是相等的(,)于是直接计算概率即可(.)
交互题(.)
考虑令(f(S))表示包含了字符集(S)中的所有字符的答案串中的子序列(.)
首先我们可以通过(10+26+26=62)次询问得到(f('a'),f('b')...)
然后考虑合并两个(f(s))和(f(t),)最多需要(|f(s)|+|f(t)|)次询问(.)
每次合并两个小的即可(.)
最多操作次数(769.)
被搬到了某校内模拟赛(T1.)
首先考虑怎么求出最优的方案(.)
不难发现如果(large frac{a_i}{t_i}> frac{a_j}{t_j},)那么(i)必然在(j)之前(.)
那么我们就可以求出(,)对于每一个题目(,)它的最早完成时间和最晚完成时间(.)
接下来我们考虑那个限制(.)
如果 (large a_i<a_j,)那么 (large b_i<b_j)
(large a_i imes (1-frac{cx_i}{T})<large a_j imes (1-frac{cx_j}{T}))
(large frac{c}{T} imes (a_jx_j-a_ix_i) < a_j-a_i)
接下来如果 ((a_jx_j-a_ix_i)<0,)那么这个限制就没用(() 形如(c>)一个负数 ())
否则可以解出
(large c<T imesfrac{a_j-a_i}{a_jx_j-a_ix_i})
然后我们已经求出了所有(x_i)的最大(/)最小值(,)因此这个限制可以直接计算(.)
然后这个题就可以解决了(.)
根据实现的不同复杂度为(O(nlogn))或(O(nlogANS).)
莫比乌斯反演(.)
复杂度是(O(TN^{3/4}))的(,)然后写法需要注意一些东西需要预处理(.)
我实现的很丑(,)需要卡常(.)
补板子(.)
首先不难发现(,)如果我们走到了环上(A_i)最大的点(,)那么就可以直接停下来了(,)所以根据这个我们可以发现环的问题被转化成了数列问题(.)
有(E_i=max(A_i,frac{E_{i+1}+E{i-1}}{2}-B_i),)但是这个显然无法计算(.)
令策略为对于(∈[L,R])的位置(p,)如果走到了(L)或(R)就停下(,)否则一直花费(B_p)的钱移动(.)
那么不难得到(E_L=A_L,E_R=A_R) 对于(i∈(L,R),E_i=frac{E_{i+1}+E{i-1}}{2}-B_i)
令(E_i)的差分(d_i)为(E_i-E_{i-1},)不难发现对于有意义的(i(∈(L,R]),) (d_{i+1}=d_i+2B_i)
因此(,)通过维护(B_i)和(i imes B_i)
可以在(O(1))时间内回答关于区间([L,R])如果策略为 (qquad) "走到了(L)或(R)就停下(,)否则一直花费(B_p)的钱移动" (qquad) 在某个点的(E_p)的值(.)
然后不难发现策略一定是有若干个点(,)走到这些点就停下(,)其他点继续移动(.)
这个直接用栈贪心一下就好了(.)
复杂度(O(n).)
评测链接:Link
随便反演可以得到(80)分
然后发现可以(O(sqrt n))预处理(,)所以就没了(.)
(wqs)二分(.)
一开始怎么写都过不去(,)然后二分范围从([-1,1])改成([-2,2])就过了(.)
最简单的(LCT)板子(.)
(40min) (1A,) 我太厉害了
SP22403 DIVFACT - Divisors of factorial
SP22412 DIVFACT3 - Divisors of factorial (hard)
SP22549 DIVFACT4 - Divisors of factorial (extreme)
目前用(O(n)-O(sqrt n))的做法解决了前两个(.)
第三个要写(min25)筛(,)先鸽着(.)
又被搬到了模拟赛(T1.)
考虑一个联通块对答案的贡献(.)
记(G[n])表示一个大小为(n)的集合内部两两匹配的方案数(.)
不难发现(G[n] = fac[n] * nfac[n/2] * frac{1}{2^{frac{n}{2}}}.)
然后记(F_{l,r})表示区间([l,r])内部和外部不连边(,) (l)与(r)相邻的方案数(.)
转移的时候考虑容斥(,)即枚举与(l)联通的最右的点(,)然后容斥掉这种情况(.)
总方案数可以用(G[i])来算(.)
(O(N^3).)
考虑枚举第一条边(,)然后次短路(,)没了(()
不过有点难写(.)