Stargazer的博客

传送门首先显然k=lognk=lognk=logn显然对于每个iii我们只用关注有多少位与询问的数字不同考虑分成两个部分先对每个数字iii求出与他有jjj位不同的数字价值之和再求出ttt轮后jjj位不同的数字会被计算多少次贡献第一部分可以f[i][j][k]f[i][j][k]f[i][j][k]表示前iii位与jjj有kkk位不同用类似高维前缀和的分治dpdpdp即可O(nkk2)...

传送门首先可以发现走iii步，从xxx到yyy的方案很好算只需要把方案矩阵AAA求A[x,y]iA^i_{[x,y]}A[x,y]i​再乘一个(Li){L\choose i}(iL​)就可以了那么对于每个ttt的答案就是∑m=0L[k∣m−t](A[x,y]m(Lm))\sum_{m=0}^L[k|m-t](A^m_{[x,y]}{L\choose m})∑m=0L​[k∣m−t](A[...

传送门洛谷题解区牛逼啊一个贴的cz_ xuyixuancz \_ \ xuyixuancz_ xuyixuan的，一个贴的DZYODZYODZYO的为了发题解连亲妈都不要了吗？首先显然考虑每个位置赢的概率问题在于一个位置输赢的概率不只要考虑前面的还要考虑造成下一个胜负确定位置的影响参考给出的贝叶斯公式P(xi=1∣xr,xl)=P(xl,xr∣xi)P(xi...

传送门由于有个奇妙的限制b2≤d<(b+1)2b^2\le d<(b+1)^2b2≤d<(b+1)2所以(b−d)/2)n(b-\sqrt d)/2)^n(b−d​)/2)n一定是一个小于111的小数加上这个东西((b+d)/2)n+(b−d)/2)n((b+\sqrt d)/2)^n+(b-\sqrt d)/2)^n((b+d​)/2)n+(b−d​)/2)n一定是...

传送门沙雕题打一下发现状态很少可以矩乘优化但是复杂度不对考虑一个行向量乘矩阵是n2n^2n2的于是把2k2^k2k的矩阵预处理出来每次乘即可有些卡常#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define re register#define pb push_back#define cs const#define ...

传送门定义f[i][j]f[i][j]f[i][j]为以iii开头jjj结尾的最短的不会被别的串表示出来的串这个可以在SamSamSam上dpdpdp得到考虑二分答案于是只需要看midmidmid次拼出的串是否比nnn大即可#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int RLEN=1<<20|1;in...

传送门对一个串建AcAcAc自动机（闲得蛋疼）然后只需要保证不走到最后一个节点就可以了矩阵快速幂即可#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int RLEN=1<<20|1;inline char gc(){ static char ibuf[RLEN],*ib,*ob; (ob==ib...

传送门当l≤100l\le 100l≤100时显然的自动机上dpdpdp就完了当l≤1e8l\le1e8l≤1e8时直接dpdpdp显然是不行的但是发现基本串长度不大于二考虑矩乘优化a[i][j]a[i][j]a[i][j]表示有几个基本串使得在自动机上iii走到jjj如果所有串长相同就可以直接快速幂了但是串长有111有222不同长度不好处理拼起来的情况设A1A_1A1​表示长...

描述给出 nnn， mmm， xxx，你需要求出下列式子的值:∑(∑i≤mki)=n∏i≤msin(ki∗x)\sum_{(\sum_{i≤m}{k_i})=n}\prod_{i≤m}sin(k_i∗x)(∑i≤m​ki​)=n∑​i≤m∏​sin(ki​∗x)其中kik_iki​为正整数,由于答案非常大，你只需要输出答案(保证不为 0)的正负(如果是负数输出负号，否则输出正号)和从左往右第...

传送门DescriptionTz养了一群仓鼠，他们都有英文小写的名字，现在Tz想用一个字母序列来表示他们的名字，只要他们的名字是字母序列中的一个子串就算，出现多次可以重复计算。现在Tz想好了要出现多少个名字，请你求出最短的字母序列的长度是多少。Input输入：第一行n（1<=n<=200）和m(1<=m<=10的9此方)，n表示有多少个仓鼠，m表示Tz希望出现名字的...

传送门xaybx^ay^bxayb十分不好维护，考虑怎么简化柿子发现由于x+y=nx+y=nx+y=n，则为(n−y)ayb(n-y)^ay^b(n−y)ayb用二项式定理暴力展开∑i=0aCia(−1)a−iniya+b−i\sum_{i=0}^aC_{i}^{a}(-1)^{a-i}n^iy^{a+b-i}i=0∑a​Cia​(−1)a−iniya+b−i发现对于所有柿子来说∑i=0a...