Facico的博客

DescriptionSolution会超时！要快速询问一段数中某个数出现的次数，又不要求在线，显然用莫队算法啊。 一开始打的很顺利，交上去只有50分TAT。 发现用了很多次快速幂，哦，原来如此！我只统计了次数，然后用快速幂进行加减，不慢才怪呢！ 然后我再统计每个数对答案的贡献，再进行乘除操作就可以了。预处理逆元但是除以一个数再%需要用到逆元啊，啊啊啊啊啊…… 但是预处理每个数对于10000

Details模板题，没有太多细节。 如果需要详细的最大权闭合子图解释，请跳转最大权闭合子图和一道更裸的题 ZJOJ上必须要精确到1e-6才能过。 这题因为要求的是最小权，所以把那些值变为相反数再连边。 还有流量为0可能也是合法的，这个要注意。Code#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorith

题意∑i=1nimmodp\sum_{i=1}^{n}{i^m}\mod p暴力呵呵,快速幂高斯消元从k次，推到k+1次，求系数矩阵乘法还不会，有点难搞倍增像快速幂一样，打一个f[i][j]差分表(n+1)k+1−nk+1=C1k+1∗nk+……+Ckk+1∗n+1(n+1)^{k+1}-n^{k+1}=C_{k+1}^1*n^k+……+C_{k

DescriptionSolution这里暴力都能过！！！ 先不过这些。 我们要找一条路径出来，首先肯定是过1号节点连出去的边的。 我们可以枚举这个边，然后求出起点不经过这条边的最短路径到达j，然后再加上这条边的权值。 怎么算不经过这条边的最短路径呢？ 我们可以维护最短路径和次短路径，如果这条边被最短路径包括了，那么就走次短路径，否则直接走最短路径。但是我们要保证最短路径的出边和次短路径的

DescriptionSolution其实这是一道很套路的题目。 首先，我们知道最后的答案之和每行每列的和的最大值有关。 那么我们可以考虑二分这个最大值然后在判断可行解。 我们现在已经知道了最大值，那么要分配方案的话，那么很明显就是上下界网络流了。 源点对每行连h[i]-mid为下界，h[i]+mid为上界。 每行向每列连上下界为[L,R]的边 每列向汇点连上下界为[l[i]-mid,l

Description听着自己美妙的曲子，小Z进入了梦乡。在梦中，小Z仿佛又回到了自己纵横考场的年代。在梦中，小Z参加了一场考试，这场考试一共有n道题，每道题的最终得分都是一个大于等于0的整数。然而醒来后，小Z忘记了自己每道题的得分。他只记得自己计算过m次一些题目的分数和，每道题都被计算过，并且只被计算过一次。除此之外他还记得其中t道题的满分分别是多少（一道题的得分不会超过满分）。现在小Z想知道他这

Description由于多次交换邮票没有满足所有人的需求，小Z被赶出了集邮部。无处可去的小Z决定加入音乐部，为了让音乐部的人注意到自己的才华，小Z想写一首曲子。为了让自己的曲子更好听，小Z找到了一些好听曲子作为模板。曲谱可以表示成只包含小写字母的字符串，小Z希望自己最终的曲谱中任意一个长度为K的子串都是一个模板的子串。现在小Z想知道自己的曲谱最长可以是多长，如果可以无限长的话请输出INF。Solu

Description曾经有一枚珍稀的邮票摆在我的面前， 我没有好好珍惜 等到失去时 才感到后悔。 ——小Z 小Z曾经是集邮部的成员，集邮部经常举办换邮票活动。活动中，如果两个人互相喜欢对方的邮票，那么这两个人就可以彼此交换自己的邮票。但在这个规则下，小Z没有换到自己喜欢的邮票。小Z觉得这是规则不完善导致的，于是小Z决定制定一个新的交换规则：每次可以选择任意多个人排成一个圆圈，如果每个人都喜欢

DescriptionSolution有一个很显然的性质就是如果一个x的所有二进制位都≥y的所有的二进制位，那么x肯定放在y的前面会比较优。 所有我们设f[i]表示填i时的最大答案。 我们设sum[i]表示二进制包含i到数的个数。 那么f[i]=max(f[i],f[i|er[j−1]]+i∗(sum[i]−sum[i|er[j−1]]))f[i]=max(f[i],f[i|er[j-1]]+

概念问题来源p个不同人围k个相同圆桌而坐，要求各桌非空，其不同方案数为第一类Stirling数S(p,k)S(p,k) 。问题解决S(p,p)＝1(p≥0)，S(p,0)＝0(p≥1)S(p,p)＝1(p≥0)，S(p,0)＝0(p≥1) 分类讨论。 一类，人1独围一圆桌：S(p－1,k－1)S(p－1,k－1)； 二类 ,人1不独围一圆桌：先安排人2,人3,…, 人p，再把人1安排在人2

Description：ans=∑i=1n1imodpkans=\sum_{i=1}^{n} {1\over i} \mod p^kSolution：设 f(x,y)=∑i=1x1imodpyf(x,y)=\sum_{i=1}^{x} {1\over i} \mod p^y 因为要i与p互质才有逆元，所以要分类：Part 1——i不与p互质因为p是质数，那么这种可能只有i是p的倍数。 那么我们

GDKOI总结Day 1:Problem 1要维护所有连续子段xor的和，支持修改，很明显是线段树。我开始打了棵维护连续xor的线段树a1和维护a1的线段树a2，由于打的十分暴力，交上去只有30分。用十棵线段树来维护每一位的0和1的个数就能100。比赛是没想到，打只有30分的方法浪费了很多时间。Problem 2这道题用全排列暴力只有20分。

Details打起来很简单，但是打完会超时，才发现一些问题。 打了一个很短的方法。 每一层和下一层，都是min,max,min,max……这样的，但是我们把下一层要算的值去一个相反数，那我们就可以全部都取max。例如o=min(o,dfs(...)−p)o=min(o,dfs(...)-p)和o=max(o,p−dfs(...))o=max(o,p-dfs(...))是一样的。 设当前在i,j

Details如果会打数位DP，就没有细节了。 如果运用了前缀和思想就不用打上下界的了。我调了很久才发现我上下不对称，晕+_+ 我们知道3的个数是(s-t)/3，如果喜欢可以打个高精度。 不过，其实可以用逆元做。 发现是整除，所以不能直接用逆元。 s−t3=(s−t)−(s−t)mod33{s-t\over 3}={(s-t)-(s-t) mod 3\over 3} 那么可以计算出pan

Details首先，我们得出了结论，两个回文串相交才符合条件，在总结上已经说了。 然后假设当前这位枚举到一个回文串的中心i，那么再找另一个会问串中心满足两个条件：1、i-p[i]<=j+p[j]（两个回文串相交）；2、i-j<=n（两个回文串中心的距离不得超过原串的长度，否则可能不合法） 那么我们把所有的i+p[i]放进一个线段树中。维护max。 然后枚举字符串中心i，在max(1,i-n)到

Details其实细节并不是很多。 因为我们要倒着做，所以直接给连出去的所有边的那一段排一个序就好了。 一开始我们的所有边按照起点的序号排序，那么我们就可以直接排序那一段了。 我们的起点a，用ll[a],rr[a]存它连出去的边排序之后的两个端点，那么我们就可以排序这一段了。Code#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>

Details判断x的2进制当前第i位是1还是0，x&(1<< i) 我们要维护这段区间l[2],r[2],sum[2],zong l[1]表示，这段区间左端点是最左边且不挨着右端点的子序段异或后，当前二进制这一位为1的个数 l[0]表示，这段区间左端点是最左边且不挨着右端点的子序段异或后，当前二进制这一位为0的个数 r[1]表示，这段区间右端点是最右边且不挨着左端点的子序段异或后，当前二进