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SolutionSolution E(x)=∑x∈AScore(x)×P(x)E(x)=∑x∈AScore(x)×P(x) 只要考慮投了mm 輪得到(r,p,s)(r,p,s) 的概率和分數就好了。概率可以這樣DP。 ft

2020-06-25 19:40:52

SolutionSolution 又是這個idea。。。大致就是自下向上調整每個點，把調整的媒介丟給父親。最後特判一下根就好了。 #include <bits/stdc++.h> #define show(x) cerr

2020-06-25 18:09:54

SolutionSolution 先考慮已知模板串的情況。如果出現ABB這樣A的個數比B的個數少的，那麼A是不可能會向左走的。整個模板串就會因爲這個分隔開成若干個獨立遊戲。我們要計算每個遊戲的值的和。維護兩個變量a

2020-06-25 18:09:53

SolutionSolution 可能也算是裸題了咯。求∑i=1n(ni)ik∑i=1n(ni)ik 用斯特林數把ikik 展開。∑d=0kd!S(k,d)(nd)2n−d∑d=0kd!S(k,d)(nd)2n−dO(k2)O

2020-06-25 18:09:53

SolutionSolution 剛開始自己腦補了一個O((123)m2logn)O((123)m2log⁡n) 的做法。。大概就是dpi,lo,hi,jdpi,lo,hi,j 表示考慮ii 位，以lolo 開頭以hihi 結尾，

2020-06-25 18:09:51

SolutionSolution fu,0/1,ifu,0/1,i 表示uu 子樹中選了ii 個點，uu 選不選的答案。轉移顯然就是一個卷積的形式。考慮重鏈剖分。先把輕兒子捲到根，這樣只需要考慮重鏈。再考慮重鏈上的

2020-06-25 18:09:51

SolutionSolution 求出後綴數組heightiheighti 後。問題轉化爲maxi≠j{mini<k≤j{heighti}+(wi xor wj)}maxi≠j{mini<k≤j{heighti}+(wi xo

2020-06-25 18:09:51

SolutionSolution 操作相當於是動態的做一個揹包DP。離線的話，線段樹分治一下。因爲結尾是已知的，可以一邊分治，得到一個修改操作，就插到線段樹。只要保證分治從左到右，每個操作都在線段樹上得到了實現。 1

2020-06-25 18:09:51

SolutionSolution 可以把每位分開來做。這樣每一位都是一個長度爲3的循環卷積。 DFTDFT 後就是獨立相乘了，可以矩陣樹定理。考慮三次單位根ω3,1+ω3+ω23=0ω3,1+ω3+ω32=0 。如何

2020-06-25 18:09:51

SolutionSolution 設位置ii 最大可變成riri ，最小lili 。 fifi 爲ii 位置的答案。容易得到fi=max{fj+1|j<i,rj≤ai,aj≤li}fi=max{fj+1|j<i,rj≤ai,aj

2020-06-25 18:09:51

SolutionSolution 這是一個Undirected Vertex Geography。可以 O(n3)O(n3) 對每個點得到答案。 UVG遊戲中 (G,v)(G,v) 即圖 GG 中先手在 vv 必勝的

2020-02-22 10:06:10

SolutionSolution 現將所有數轉化爲二維平面上的點(i,hi)(i,hi) 。幾個性質：交換兩個數(i,j),(i≤j,hi>hj)(i,j),(i≤j,hi>hj) ，減少了的逆序對數是矩形((i,hi),

2020-02-22 10:06:10

SolutionSolution 通過枚舉⌊im⌋⌊im⌋ 和imodmimodm 。由Lucas定理是可以獨立計算貢獻的。 ans====∑i=0n(ni)(ik−(n−i)k)2∑i=0n(⌊nm⌋⌊im⌋)(nmodmim

2020-02-22 10:06:10

SolutionSolution 感覺是挺有趣的一道題qwq 枚舉AA 和BB 從高到底第一個不同的位kk 。 A<BA<B 可以轉化成A xor B∈[2k,2k+1]A xor B∈[2k,2k+1] ，且B or 2k=

2020-02-22 10:06:10

SolutionSolution 這是個有序的序列，只要計算一個數出現了最多次，最後乘mm 就好了。枚舉出現了kk 次。那剩下的就是∏i=1m−1(∑j=0k−1xj)=(1−xk)m−1(1−x)1−m∏i=1m−1(∑

2020-02-22 10:06:10