cz_xuyixuan的博客

【题目链接】 点击打开链接 【思路要点】 令f(i)=(iMin(i))k(i>1)f(i)=(iMin(i))k(i>1)f(i)=(\frac{i}{Min(i)})^k(i>1)，即f(i)f(i)f(i)表示iii次大的因子的kkk次方，特别规定f(1)=0f(1)=0f(1)=0。 那么原式即为∑Ni=1∑Nj=1f(gcd(i,j)...

【题目链接】点击打开链接【思路要点】建出 支配树 ，剩余的操作均可以通过轻重链剖分+线段树解决。时间复杂度 O(QLog2N+M)O(QLog^2N+M)O(QLog2N+M) 。另外，等到笔者写完可持久化后才发现这个题的可持久化是假的，只需要将之前进行的操作减回去即可，这样做空间复杂度就不会高达 O(NLog2N)O(NLog^2N)O(NLog2N) 了。但可持久化的版本...

【题目链接】 点击打开链接 【思路要点】 定义fifif_i表示iii个点的连通图的个数。 考虑用所有图减去不连通的图的个数，枚举111号节点所在联通块大小，有 fi=gi−∑i−1j=1(ij)∗fj∗gi−j,  gi=2(i2)fi=gi−∑j=1i−1(ij)∗fj∗gi−j,  gi=2(i2)f...

【题目链接】 点击打开链接 【思路要点】 原题实际上等价于计算二分图不同的完美匹配的数量。 将每个点拆成入点和出点，每条边由出点连向入点，形成的二分图的完美匹配和用简单环覆盖原图的方案一一对应。 状压DPDPDP即可。 时间复杂度O(2N∗N)O(2N∗N)O(2^N*N)。 【代码】 #include<bits/stdc...

【题目链接】 点击打开链接 【思路要点】 用容斥原理计算答案，Ans=∑Mi=0(−1)i∗(Mi)∗(M−i)NAns=∑i=0M(−1)i∗(Mi)∗(M−i)NAns=\sum_{i=0}^{M}(-1)^{i}*\binom{M}{i}*(M-i)^{N}。 时间复杂度O(NLogN)O(NLogN)O(NLogN)。 【代码】 ...

【题目链接】 点击打开链接 【思路要点】 规定1,2,...,M1,2,...,M1,2,...,M号节点为叶子结点，最后将答案乘上(NM)(NM)\binom{N}{M}。 考虑树的PruferPruferPrufer序列，叶子结点的编号不会出现在序列中。 用容斥原理计算答案即可， Ans=(NM)∗∑Ni=M(−1)i−M∗(N−Mi−M)∗...

【题目链接】 点击打开链接 【思路要点】 记dpi,jdpi,jdp_{i,j}表示大小为iii，根节点距离为jjj的左偏树的个数。 转移时枚举左右子树的大小，以及左子树根节点的距离即可。 时间复杂度O(N2Log2N)O(N2Log2N)O(N^2Log^2N)，可以用前缀和优化至O(N2LogN)O(N2LogN)O(N^2LogN)。 ...

【题目链接】 点击打开链接 【思路要点】 首先，也是最重要的一点，我们发现若我们规定一些goodgoodgood点为greatgreatgreat，剩余的goodgoodgood点不为greatgreatgreat，可行的生成树的方案仅和我们规定为greatgreatgreat的goodgoodgood点的数量有关。 因此问题被分成了两个： 、1...

【题目链接】 点击打开链接 【思路要点】 分两步做，首先，我们来看如何求∏Ni=1d(i)i∏i=1Nd(i)i\prod_{i=1}^{N}d(i)^i 考虑约数个数公式，我们来枚举每一个质数次幂的贡献，令sum(i)=∑Ni=1i=N(N+1)2sum(i)=∑i=1Ni=N(N+1)2sum(i)=\sum_{i=1}^Ni=\frac{N(N+1)...

【题目链接】点击打开链接【思路要点】为每一条原图中的边新建一个点，建出 DAGDAGDAG 的以 SSS 为根的支配树， TTT 到 SSS 路径上每一个代表边的点就是每一条必经的边。求出相邻的两条边之间的最短路，用 TwoPointersTwoPointersTwoPointers 解决剩余问题即可。时间复杂度 O((N+M)Log(N+M))O((N+M)Log(N+M)...