题意:求01成立. 并查集维护,记录一个变量判断决策. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long const int maxn = 4000010; int f[maxn]; inline int find(int x){ return x == f[x]?x : f[x] = find(f[x]); } signed main() { ios::sync_with_stdio(false); int

题面 题解 推结论大题--然而我推不出什么结论 奇环显然是NO 如果一个联通块里有两个分离的环,也是NO 如果一个联通块里,点数为n,边数为m m <= n的时候,是YES m >= n + 2的时候,肯定是NO m = n + 1的时候 如果只存在一个双联通分量的话,取出这个双联通分量,存在两个点点度为3 他们之间有3条路径,如果其中两条为2的话答案是YES,否则是NO 代码 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se

「HAOI2018」染色 是个套路题.. 考虑容斥 则恰好为\(k\)个颜色恰好为\(c\)次的贡献为 \[ \binom{m}{k}\sum_{i\ge k}(-1)^{i-k}\binom{m-k}{i-k}\binom{n}{si}\frac{(si)!}{(s!)^i}(m-i)^{n-si} \] 有两项最开始搞忘了..\(\binom{n}{si}\frac{(si)!}{(s!)^i}\)就是这两个 代表钦定\(si\)个位置去染,然后染色本身是个可重排列 设\(d=\min(\l

「BJOI2018」链上二次求和 https://loj.ac/problem/2512 我说今天上午写博客吧.怕自己写一上午,就决定先写道题. 然后我就调了一上午线段树. 花了2h找到lazy标记没有清空.我tm清空了有没有标记没清空标记本身. 又花25min找到某个乘法爆int了.int真的淡疼,要不是longlong自带巨无霸常数,这辈子都不想用int. 一个上午就没有了. //Achen #include<bits/stdc++.h> #define For(i,a,b) for(in

Loj #3111. 「SDOI2019」染色 题目描述 给定 \(2 \times n\) 的格点图.其中一些结点有着已知的颜色,其余的结点还没有被染色.一个合法的染色方案不允许相邻结点有相同的染色. 现在一共有 \(c\) 种不同的颜色,依次记为 \(1\) 到 \(c\).请问有多少对未染色结点的合法染色方案? 输入格式 第一行有两个整数 \(n\) 和 \(c\),分别描述了格点图的大小和总的颜色个数. 之后两行,每行有 \(n\) 个整数:如果是 \(0\) 则表示对应结点未被染色,否

「JSOI2015」染色问题 传送门 虽然不是第一反应,不过还是想到了要容斥. 题意转化:需要求满足 \(N + M + C\) 个条件的方案数. 然后我们就枚举三个数 \(i, j, k\) ,表示当前方案中,至少不用 \(k\) 种颜色,至少不涂 \(i\) 行.至少不涂 \(j\) 列. 然后直接组合数算(式子不难看懂),最后容斥即可. 那么写出来就是: \[ ans = \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^m \sum_{k = 0}^c (-1)^{i + j +

「BJOI2018」求和 传送门 观察到 \(k\) 很小而且模数不会变,所以我们直接预处理 \(k\) 取所有值时树上前缀答案,查询的时候差分一下即可. 参考代码: #include <algorithm> #include <cstdio> #define rg register #define file(x) freopen(x".in", "r", stdin), freopen(x".out", "w&

好像网上没人....和我推出....同一个式子啊..... LOJ #2527 Luogu P4491 题意 $ n$个格子中每个格子可以涂$ m$种颜色中的一种 若有$ k$种颜色恰好涂了$ s$格则产生$ w_k$的价值 求所有涂色方案的价值和 $ solution$ 按常规套路先容斥 设 $f_x$表示恰好有$ x$种颜色涂了恰好$s$格的方案数, $ g_x$表示至少有$ x$种颜色涂了恰好$ s$格的方案数 有 $ ans=\sum\limits_{i=0}^mw_if_i$ $ f_

题解 简单容斥题 至少选了\(k\)个颜色恰好出现\(S\)次方案数是 \(F[k] = \binom{M}{k} \frac{N!}{(S!)^{k}(N - i * S)!}(M - k)^{N - i * S}\) 然后恰好\(k\)个颜色恰好出现\(k\)次就是 \(g[k] = \sum_{j = k}^{M} (-1)^{k - j} \binom{j}{k}F[j]\) 然后就是 \(g[k]*k! = \sum_{j = k}^{M}\frac{(-1)^{j - k}}{(j

题解 具体就是列一个未知数方程\(dp[i]\)表示有\(i\)滴血的时候期望多少轮 \(dp[i] = 1 + \sum_{j = 1}^{i + 1} a_{i,j}dp[j]\) \(dp[n] = 1 + \sum_{j = 1}^{n} a_{i,j}dp[j]\) \(a_{i,j}\)表示从\(i\)滴血到\(j\)滴血的概率 可以高斯消元? 但是发现这个似乎和递推形式只差一点点 \(a_{i,i + 1} dp[i + 1] = -1 - \sum_{j = 1}^{i - 1}

题解 设\(f[p][a][b]\)表示询问了\(p\)次,答案是\(a,b\)是否会被猜出来 然后判断如果\(p = 1\) 第一个问的\(Alice\),那么\([s,\sqrt{nm}]\)约数只有一个,\(f[p][a][b] = 1\)否则为\(0\) 如果第一个问的\(Bob\),那么\(a + b - 2 * S <= 1\)那么\(f[p][a][b] = 1\)否则为\(0\) 剩下的按照\(p\)这次操作询问谁,且然后从可能的数对里找\(f[p - 1][i][j]\)为\(

题解 每次开这样的数据结构题感想都大概是如下两点 1.为什么别人代码长度都是我的1/2???? 2.为什么我运行时间都是他们的两倍???? 简单分析一下,我们关注一个区间是否合法只关注这个区间有多少个1,有多少个0 有偶数个1,一定合法,因为3的二进制是11,我们只需要111111拼起来一定除得开3 只有一个1,一定不合法,因为必然质因数只有2 有奇数个且大于一个1,没有0,一定不合法,我们两两消掉11,最后会剩下一个除不开的1 有奇数个且大于一个1,有一个0,一定不合法,我们两两消掉11,最后

题面 题解 转化一下可以变成所有小于等于r的减去小于等于l - 1的 然后我们求小于等于x的 显然是 \(\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{min(i,x)} sum[i] - sum[i - j]\) 对于\([x,N - x]\)前缀和被加了\(x\)遍 对于\([1,N - x]\)前缀和被减了\(x\)遍 对于\([1,x - 1]\)前缀和被加了下标那么多遍 对于\([N - x + 1,N]\)前缀和被减了N - 下标遍 然后要维护什么就很清楚了 \(\s

题解 对于50个k都维护一个\(i^k\)前缀和即可 查询的时候就是查询一段连续的区间和,再加上根节点的 代码 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define space putchar(' ') #define enter putchar('\n') #define mp make_pair #define MAXN 300005 #defi

传送门 Description 有\(m+1\)个数,第一个数为\(p\),每轮:选一个数\(+1\),再依次选\(k\)个数\(-1\) 要求如果第一个数\(=N\),不能选它\(+1\),如果第一个数\(=0\),不能选它\(-1\) 如果没有可选的数,跳过该次选择 问使得第一个数\(=0\)的期望步数 \(N\le1500\),\(Case\le10\) Solution 设\(f_i\)表示当第一个数为\(i\)时期望多少轮变为\(0\) \[ f_i=1+\sum_{j=1}^{i+1

题意 你现在有 \(m+1\) 个数:第一个为 \(p\) ,最小值为 \(0\) ,最大值为 \(n\) :剩下 \(m\) 个都是无穷,没有最小值或最大值.你可以进行任意多轮操作,每轮操作如下: 在不为最大值的数中等概率随机选择一个(如果没有则不操作),把它加一: 进行 \(k\) 次这个步骤:在不为最小值的数中等概率随机选择一个(如果没有则不操作),把它减一. 现在问期望进行多少轮操作以后第一个数会变为最小值 \(0\). \(1 \leq p \leq n \leq 1500\) ,\(

「NOIP2010」关押罪犯(二分图染色+二分答案) 洛谷 P1525 描述:n个罪犯(1-N),两个罪犯之间的仇恨值为c,m对仇恨值,求怎么分配使得两件监狱的最大仇恨值最小. 思路:使最大xxx最小,描述就很二分.二分一个答案x后,对仇恨值大于x的罪犯之间构成的图进行二分图染色(相邻节点不染同一种颜色,总共两种颜色),染色成功则答案可行,复杂度\(O(nlogn)\). 二分图染色:把每个未标记的节点标记为任意一种颜色,对其进行一次 BFS,将该节点所在的连通分支全部染色,每一次扩展把未被染色

「UOJ351」新年的叶子 题目描述 有一棵大小为 \(n\) 的树,每次随机将一个叶子染黑,可以重复染,问期望染多少次后树的直径会缩小. \(1 \leq n \leq 5 \times 10^5\) 解题思路 : 首先要利用一个经典的结论,树的所有直径的中心为同一个点/边.不妨给每条边加一个虚拟点,这样整颗树的直径就只会交于同一个点了. 接下来考虑树的直径是由中心的两个儿子的两个深度为 \(maxdep\) 的叶子构成的,所以问题等价于将叶子根据中心的儿子分成若干个集合,对于所有染色方案求染

「NOI2016」区间 最近思维好僵硬啊... 一上来就觉得先把区间拆成两个端点进行差分,然后扫描位置序列,在每个位置维护答案,用数据结构维护当前位置的区间序列,但是不会维护. 于是想研究性质,想到为什么要拿区间长度做权值呢,难道是有一些性质吗 于是思考了很久区间长度的性质,猜了一些sb结论,比如什么一个区间只有加入时和删除时的贡献算一下就可以了之类的... 全错了然后就自闭了... 然后想什么钦定最大值,然后询问位置区间,然后我发现线段树每个点要挂一个单调队列(事实上把单调队列从线段树上拿下来

「ZJOI2019」语言 3个\(\log\)做法比较简单,但是写起来还是有点麻烦的. 大概就是树剖把链划分为\(\log\)段,然后任意两段可以组成一个矩形,就是个矩形面积并,听说卡卡就过去了. 好像这个可以被优化到两个\(\log\),算了,估计挺麻烦的. 一个\(\log\)的做法看起来还挺厉害的. 考虑钦定某个点算它的贡献,于是我们要算的是所有经过它的链的并的大小. 但是染色这个东西看起来就很不可搞,我们可以挖掘一下这个并的简单性质. 注意到,这个并是联通的,可以看做是一个生成子树,然后

「CH6901」骑士放置 传送门 将棋盘黑白染色,发现"日"字的两个顶点刚好一黑一白,构成一张二分图. 那么我们将黑点向源点连边,白点向汇点连边,不能同时选的一对黑.白点连边. 当然,障碍点不会被连任何边. 那么我们每割掉一条黑白点之间的边,就会减少 \(1\) 的答案. 那么为了答案最大就是 $n \times m - t - $ 最小割. 参考代码: #include <cstring> #include <cstdio> #include <queu