limboman的博客

出题人脑洞好大… 题解参考#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++) #define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--) #define E1(x,i) for(int i=e1.head[x];i;i=e1.edge[i].next) #define E2(x,i) for(in

来道大模拟 oi生涯中写过最长代码 #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<vector> #include<algorithm> #include<deque> #include<queue> #define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=(n);i++) #

容易发现题目给的条件对数值的维护增长很慢，故可使用调整法，具体细节见代码#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++) #define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--) using namespace std; void sc(int& x){x=0;char c=getchar();

这道题我只会子集和变换优化的sb暴力（什么轮廓线插头都忘光了…） 考虑到合法状态的稀疏性（其实是你自己不会证明吧……），就可以放心暴力啦；#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++) using namespace std; const int mod=1e9+7; const int N=5e4+7; const

2004年的论文《优化，再优化》 中所讨论的题的加强版（其实并没有加强多少……）； 论文最后给出了n−√\sqrt{n}的复杂度； 其实可以用生成函数给出一种logn\log{n}的做法，而且更加清晰； 首先有递推式: g(i,j)=g(i−1,j)+g(i−1,j−1)+1g(i,j)=g(i-1,j)+g(i-1,j-1)+1 g(1,j)=1g(1,j)=1 1<i,j1<i,j

先写一下做出的题吧（感觉自己好弱。。。。。） A： 拆分贡献，组合数搞一搞；#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++) #define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--) using namespace std; typedef long long ll; const int N

可证满足条件的一定是一个mod gcd（a[k],n)的循环群； 考虑mod n意义下的加法群以a[k]生成子群下的偏集划分； 可将问题放在mod gcd（a[k],n)意义下研究（并没有什么卵用…） 然后考虑所构成子群的非单位元最小值便可证；然后就是： 要找到一个数g，使得g|（n，a[k]），且对于任意1<=i<=k-1，g不是a[i]的约数 枚举约数乱搞…#include<bits/

好像就我的做法麻烦，但是O(nlogn)O(nlogn)的树状数组加仅用于求最小值的酱油线段树； 首先，我们可以注意到对于每个询问均可以被其中的最小值切裂成两部分 以此为划分依据，答案可以分成4部分； （规定l[i]l[i]为i处向左第一个比a[i]小的位置+1，r[i]r[i]为i处向右第一个比a[i]小的位置-1） 设询问ql,qr讨论ql<=i<=qr的所有数产生的贡献; 1.所有l