—— Summon, Light!
0%

发表于 更新于 Valine：

题解

比赛之后有大佬说这题可以用圆的反演来做，学习了一下。

以两个大圆的切点为反演中心，任取一个反演半径，两个大圆会变成两条平行线。再考虑小圆的反演，由于相切的性质不变，小圆的反演圆就是一列夹在平行线中间的小圆。

示意图：

圆的反演

当然这样还是 $O(n)$ 的，但是看题目里的图就知道小圆会越来越小，小到一定程度以后直接不考虑就行了。

代码

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long double ld;
const ld IR2=100;
const ld PI=3.141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944592307816L;
struct Point {
    ld x,y;
    Point(ld _x=0,ld _y=0):x(_x),y(_y) {}
    Point operator +(const Point &R) {
        return Point(R.x+x,R.y+y);
    }
    Point operator -(const Point &R) {
        return Point(R.x-x,R.y-y);
    }
    ld operator *(const Point &R) {
        return R.x*x+R.y*y;
    }
    Point operator *(const ld &R) {
        return Point(x*R,y*R);
    }
    void print() {
        double o1=x,o2=y;
        cout<<o1<<" "<<o2<<"\n";
    }
};

#define sqr(x) ((x)*(x))
ld inv_circle(Point O,Point C,ld r)
{
    return IR2*r/(sqr(O-C)-sqr(r));
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    Point O(0,0);
    while (T--) {
        double t1,t2;
        scanf("%lf%lf",&t1,&t2);
        if (t1>t2) swap(t1,t2);
        ld r=t1,R=t2;
        int n;
        scanf("%d",&n);
        Point P(0.5*IR2/R,0);
        Point Q(0.5*IR2/r,0);
        ld L=Q.x-P.x;
        Point o((P+Q)*0.5);
        ld ans=0;
        if (n%2==0) {
            Point C(o.x,o.y+(n/2)*L);
            ld rr=inv_circle(O,C,L*0.5);
            ans+=PI*rr*rr;
        }
        for (int i=1;i+i-1<=n;i++) {
            Point C(o.x,o.y+(i-1)*L);
            ld rr=inv_circle(O,C,L*0.5);
            ld area=PI*rr*rr;
            if (area<1e-12) break;
            ans+=area;
            if (i>1) ans+=area;
        }
        double out=ans;
        printf("%.5f\n",out);
    }
    return 0;
}

尾巴

大佬不愿意透露id，鸣谢csust？

阅读全文 »

发表于 更新于 Valine：

题意

定义函数 $f(n,k)$，当 $n$ 在 $k$ 进制表示为回文数时，$f(n,k)=k$；否则 $f(n,k)=1$ 。求 $\sum_{i=L}^{R}\sum_{j=l}^{r}f(i,j)$ 。（$1 \leq T \leq 10^5, 1 \leq L \leq R \leq 10^9, 2 \leq l \leq r \leq 36$）

题解

可以发现 $l,r$ 的范围很小，直接枚举 $j$ 代表 $j$ 进制，对于 $i$ 用数位dp统计即可。

比赛的时候竟然没做这一题。。。蠢死了 ┭┮﹏┭┮

代码

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int B=40;
int dig[B],tmp[B];
ll dp[B][B][B];
int base;

ll dfs(int pos,int start,bool limit)
{
    if (pos<0) return 1;
    if (!limit&&dp[base][pos][start]!=-1) {
        return dp[base][pos][start];
    }
    int last=limit?dig[pos]:base-1;
    ll res=0;
    for (int i=0;i<=last;i++) {
        tmp[pos]=i;
        if (pos==start&&i==0) {
            res+=dfs(pos-1,start-1,limit&&(i==last));
        } else if (pos<(start+1)/2) {
            if (i==tmp[start-pos]) {
                res+=dfs(pos-1,start,limit&&(i==last));
            }
        } else {
            res+=dfs(pos-1,start,limit&&(i==last));
        }
    }
    if (!limit) dp[base][pos][start]=res;
    return res;
}

ll calc(int x)
{
    int len=0;
    while (x) {
        dig[len++]=x%base;
        x/=base;
    }
    return dfs(len-1,len-1,1);
}

int main()
{
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    int T,cas=0;
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        int L,R,l,r;
        scanf("%d%d%d%d",&L,&R,&l,&r);
        ll ans=0;
        for (base=l;base<=r;base++) {
            ll cnt=calc(R)-calc(L-1);
            ans+=cnt*base+(R-L+1-cnt);
        }
        printf("Case #%d: %lld\n",++cas,ans);
    }
    return 0;
}
阅读全文 »

发表于 更新于 Valine：

Tips

仅含题解，代码详见github。喜欢的话点个star

1001. Army Formations

感觉题意有点绕。。。其实就是每个节点一开始就有整个子树的序列，那么这个序列一定是先输入小的再输入大的才能最优。

不过这个事情也不是两个有序表合并这么简单，因为对于两个序列，只有把某个序列的数一个一个地插入到另一个才能算出答案。这时候就要用到启发式合并，什么是启发式的策略，通俗来讲就是人脑比较倾向于选择的策略。比如在这里就是把短的序列一个一个插到长的里面，比赛的写的线段树合并结果写了一大坨还没调出来，太蠢了😂。。。然后照着题解写了一个树状数组。。。

代码见附录，dfs用来得到轻重儿子，solve就是插入和合并，要递归重儿子时直接把轻儿子的全部删掉就行了。

1002. Battlestation Operational

求 $f(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i} \left\lceil \frac{i}{j} \right\rceil \left[ (i, j) = 1\right]$ 。

比赛的时候算是瞎猜了一下。。。其实这题反演的理论性还是很好的。

以下 $n,i,j,k,d$ 均为正整数，且用 $(i,j)$ 表示 $i$ 和 $j$ 的最大公约数。

阅读全文 »

发表于 更新于 Valine：

题意

#1553 : 区间统计 中文题。

题解

首先预处理所有幂次的结果，$O(NK)$；还有IO时间一定要注意。以下均不讨论。

一看题，无修改区间询问，莫队走起。但是用map复杂度太高了，没算错的话应该是 $O(n^{1.5}logn+m\sqrt{n})$ 。

考虑到A[]的范围不大，可以对A[]计数，不过没什么卵用。但是对A[]计数以后可以发现，我们不仅可以对值计数还可以对次数计数，也就是说has[i]表示有多少数在当前询问中的出现次数等于 i 。

到这里还是比较容易的，但是如果直接扫has[]复杂度并没有降低 $O(n^{1.5}+mn)$ 。。。

仍然是考虑分治思想，一次询问最多是整个区间，整个区间中出现次数大于 $\sqrt{n}$ 的数不会超过 $\sqrt{n}$ 个，还可以进行另外的预处理，我就直接multiset暴力了。。。复杂度大概是 $O(n^{1.5}+m\sqrt{n}+(n+m)log{\sqrt{n}})$ 。。。(已经不会算了 _(:△」∠)_ )

代码

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MO=1000000007;
const int N=100010;
const int M=100010;
int len;
int po[N][105];
int cnt[N],has[N];
int a[N],anss[M];
multiset<int> ss;

namespace fastIO {
    #define BUF_SIZE 100000
    //fread -> read
    bool IOerror = 0;
    inline char nc() {
        static char buf[BUF_SIZE], *p1 = buf + BUF_SIZE, *pend = buf + BUF_SIZE;
        if(p1 == pend) {
            p1 = buf;
            pend = buf + fread(buf, 1, BUF_SIZE, stdin);
            if(pend == p1) {
                IOerror = 1;
                return -1;
            }
        }
        return *p1++;
    }
    inline bool blank(char ch) {
        return ch == ' ' || ch == '\n' || ch == '\r' || ch == '\t';
    }
    inline void read(int &x) {
        char ch;
        while(blank(ch = nc()));
        if(IOerror)
            return;
        for(x = ch - '0'; (ch = nc()) >= '0' && ch <= '9'; x = x * 10 + ch - '0');
    }
    #undef BUF_SIZE
};

struct Query {
    int L, R, k, ID, block;
    Query() {}
    Query(int l, int r, int k, int ID):L(l), R(r), k(k), ID(ID) {
        block = l / len;
    }
    bool operator < (const Query &rhs) const {
        if(block == rhs.block) return R < rhs.R;
        return block < rhs.block;
    }
} queries[M];

inline void insert(int n)
{
    --has[cnt[n]];
    if (cnt[n]>len) {
        ss.erase(ss.find(cnt[n]));
    }
    ++cnt[n];
    ++has[cnt[n]];
    if (cnt[n]>len) {
        ss.insert(cnt[n]);
    }
}

inline void erase(int n)
{
    --has[cnt[n]];
    if (cnt[n]>len) {
        ss.erase(ss.find(cnt[n]));
    }
    --cnt[n];
    ++has[cnt[n]];
    if (cnt[n]>len) {
        ss.insert(cnt[n]);
    }
}

int main()
{
    int T;
    fastIO::read(T);
    for (int i=1;i<=100000;i++) {
        po[i][0]=1;
        for (int j=1;j<=100;j++) {
            po[i][j]=1LL*po[i][j-1]*i%MO;
        }
    }
    while (T--) {
        int n, m;
        fastIO::read(n);
        fastIO::read(m);
        len = sqrt(n);
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            fastIO::read(a[i]);
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            int l,r,k;
            fastIO::read(l);
            fastIO::read(r);
            fastIO::read(k);
            queries[i] = Query(l, r, k, i);
        }
        sort(queries + 1, queries + m + 1);
        int L = 1, R = 1;
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        memset(has,0,sizeof(has));
        cnt[a[1]]=1;
        has[1]=1;
        ss.clear();
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            Query &qi = queries[i];
            while(R < qi.R) insert(a[++R]);
            while(L > qi.L) insert(a[--L]);
            while(R > qi.R) erase(a[R--]);
            while(L < qi.L) erase(a[L++]);
            ll ans = 0;
            for (int j=1;j<=len;j++) {
                ans+=1LL*has[j]*po[j][qi.k]%MO;
                ans%=MO;
            }
            for (int x:ss) {
                ans+=po[x][qi.k];
                ans%=MO;
            }
            anss[qi.ID]=ans;
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            printf("%d\n",anss[i]);
        }
    }
    return 0;
}
阅读全文 »

发表于 更新于 Valine：

题意

有一个长度为 $n$ 的整数序列 ${a_n}$，对其做 $m$ 次前缀异或和，求最终的序列。

题解

对这个过程手动模拟几行，注意不要消去，可以发现第 $m$ 次第 $i$ 个数的结果包含了 $C_{m-1+i-j}^{i-j}$ 次第 $j$ 个数($j\le i$) 。

首先我们需要判断它的奇偶性。奇偶性相当于2进制的结果，2为质数，可以使用Lucas定理。2进制的每一位只有四种情况，其中 $C_{0}^{1}=0，C_{0}^{0}=C_{1}^{0}=C_{1}^{1}=1$ 。

将 $m-1$ 和 $i-j$ 的每一位展开，在第 $k$ 位上，如果 $m-1$ 和 $i-j$ 都是 1，那么结果就是 0 。

从小到大枚举 $k$ ，表示 $i-j$ 的第 $k$ 位为 1，若 $m-1$ 的第 $k$ 位不为 1，那么直接更新a序列本身。也就是说，每次只用满足 $i-j=2^{k}$ 的 $a[j]$ 更新 $a[i]$，然而此时的 $a[j]$ 已经被 $k$ 取 $0\dots k-1$ 更新过了，所以相当于考虑了 $i-j$ 在 $0\dots k$ 位的所有情况。

代码

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2e5+5;
int a[N];

int main()
{
    int T,n,m;
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            scanf("%d",a+i);
        }
        int k=1;m--;
        while (k<n) {
            if ((m&1)==0) {
                for (int i=n;i>k;i--) {
                    a[i]^=a[i-k];
                }
            }
            m>>=1;k<<=1;
        }
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            printf("%d%c",a[i]," \n"[i==n]);
        }
    }
    return 0;
}
阅读全文 »

发表于 更新于 Valine：

题意

给出一棵树，要求支持：

  1. 询问从u到v整条路径有几段边权（相同边权连成一段）；
  2. 修改从u到v整条路径的边权。

题解

首先考虑在序列上的问题，可以用线段树维护颜色段数以及左右端的颜色。
对于树上的问题，用树链剖分变成序列上的问题即可。

但是写起来并不是那么好写的。。。泄露出来的标程写了 6KB 还特别恶心。。。
还好我搜到了一份非常漂亮的代码，同时建议做树链剖分时把线段树整体作为一个结构体~

回答询问时还要注意因为两条链都是由浅到深的，拼起来必须有一个要反过来。

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
178
179
180
181
182
183
184
185
186
187
188
189
190
191
192
193
194
195
196
197
198
199
200
201
202
203
204
205
206
207
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=4e4+5;
struct Edge {
    int go,next;
} eg[N<<1];
int last[N],tot,e[N][3];
int num[N],son[N],dep[N],fa[N],pos;
int top[N],p[N],fp[N];
int col[N];

void init()
{
    tot=0;pos=0;
    memset(last,-1,sizeof(last));
    memset(son,-1,sizeof(son));
}

void addedge(int x,int y)
{
    eg[tot]={y,last[x]};
    last[x]=tot++;
}

void dfs(int u,int pre,int d)
{
    dep[u]=d;
    fa[u]=pre;
    num[u]=1;
    for (int i=last[u];i!=-1;i=eg[i].next) {
        int &v=eg[i].go;
        if (v!=pre) {
            dfs(v,u,d+1);
            num[u]+=num[v];
            if (son[u]==-1||num[v]>num[son[u]]) {
                son[u]=v;
            }
        }
    }
}

void getpos(int u,int sp)
{
    top[u]=sp;
    p[u]=++pos;
    fp[p[u]]=u;
    if (son[u]==-1) return;
    getpos(son[u],sp);
    for (int i=last[u];i!=-1;i=eg[i].next) {
        int &v=eg[i].go;
        if (v!=son[u]&&v!=fa[u]) {
            getpos(v,v);
        }
    }
}

struct SegTree {
    struct Node {
        int lc,rc,cnt;
        Node(int a=-1,int b=0,int c=0):lc(a),rc(b),cnt(c) {}
        Node operator +(const Node &R) const {
            if (!cnt) return R;
            if (!R.cnt) return *this;
            return {lc,R.rc,cnt+R.cnt-(rc==R.lc)};
        }
        Node rev() {
            return {rc,lc,cnt};
        }
        void print() {
            printf("%d %d %d\n",lc,rc,cnt);
        }
    } tr[N<<2];
    int flag[N<<2];
    #define lson rt<<1,l,m
    #define rson rt<<1|1,m+1,r
    void push_up(int rt)
    {
        tr[rt]=tr[rt<<1]+tr[rt<<1|1];
    }
    void push_down(int rt)
    {
        if (flag[rt]!=-1) {
            flag[rt<<1]=flag[rt<<1|1]=flag[rt];
            tr[rt<<1]=tr[rt<<1|1]={flag[rt],flag[rt],1};
            flag[rt]=-1;
        }
    }
    void build(int rt,int l,int r)
    {
        flag[rt]=-1;
        if (l==r) {
            tr[rt]={col[l],col[l],1};
            return;
        }
        int m=(l+r)>>1;
        build(lson);
        build(rson);
        push_up(rt);
    }
    void update(int rt,int l,int r,int L,int R,int col)
    {
        if (L<=l&&r<=R) {
            tr[rt]={col,col,1};
            flag[rt]=col;
            return;
        }
        push_down(rt);
        int m=(l+r)>>1;
        if (L<=m) update(lson,L,R,col);
        if (m<R) update(rson,L,R,col);
        push_up(rt);
    }
    Node getsum(int rt,int l,int r,int L,int R)
    {
        if (L<=l&&r<=R) {
            return tr[rt];
        }
        push_down(rt);
        int m=(l+r)>>1;
        Node res;
        if (L<=m) res=res+getsum(lson,L,R);
        if (m<R) res=res+getsum(rson,L,R);
        return res;
    }
    void change(int x,int y,int col)
    {
        int tx=top[x],ty=top[y];
        while (tx!=ty) {
            if (dep[tx]<dep[ty]) {
                swap(tx,ty);
                swap(x,y);
            }
            update(1,1,pos,p[tx],p[x],col);
            x=fa[tx];
            tx=top[x];
        }
        if (x==y) return;
        if (dep[x]>dep[y]) {
            swap(x,y);
        }
        update(1,1,pos,p[son[x]],p[y],col);
    }
    int query(int x,int y)
    {
        int tx=top[x],ty=top[y];
        Node X,Y;
        while (tx!=ty) {
            if (dep[tx]<dep[ty]) {
                Y=getsum(1,1,pos,p[ty],p[y])+Y;
                y=fa[ty];
                ty=top[y];
            } else {
                X=getsum(1,1,pos,p[tx],p[x])+X;
                x=fa[tx];
                tx=top[x];
            }
        }
        Node ans;
        if (x==y) {
            ans=X.rev()+Y;
        } else {
            if (dep[x]>dep[y]) {
                ans=Y.rev()+getsum(1,1,pos,p[son[y]],p[x])+X;
            } else {
                ans=X.rev()+getsum(1,1,pos,p[son[x]],p[y])+Y;
            }
        }
        return ans.cnt;
    }
    #undef lson
    #undef rson
} mytree;

int main()
{
    int n,m;
    while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) {
        init();
        for (int i=1;i<n;i++) {
            scanf("%d%d%d",&e[i][0],&e[i][1],&e[i][2]);
            addedge(e[i][0],e[i][1]);
            addedge(e[i][1],e[i][0]);
        }
        dfs(1,0,0);
        getpos(1,1);
        for (int i=1;i<n;i++) {
            if (dep[e[i][0]]<dep[e[i][1]]) {
                swap(e[i][0],e[i][1]);
            }
            col[p[e[i][0]]]=e[i][2];
        }
        mytree.build(1,1,pos);
        while (m--) {
            char op[9];
            int u,v,w;
            scanf("%s%d%d",op,&u,&v);
            if (op[0]=='C') {
                scanf("%d",&w);
                mytree.change(u,v,w);
            } else {
                printf("%d\n",mytree.query(u,v));
            }
        }
    }
    return 0;
}
阅读全文 »

发表于 更新于 Valine：

题意

输出[1…n]的质数个数 (1 <= n <= 1e11) 。时间限制6s，空间限制64M 。

题解

很显然，要用线性筛的话时间和空间都不够。

有一种Meissel–Lehmer算法可以解决该问题，不过本文要介绍的是一种dp解法。

定义$SR(n,p)$为，$2…n$被小于等于$p$的质数筛后剩下的数的个数；也就是说，在n的范围内，是质数，或者是只由大于$p$的质数相乘得到的数的个数。
记小于等于$n$的质数个数为$\pi(n)$，那么显然有$SR(n,n)=\pi(n)$ 。

对$SR(n,p)$分两类讨论：

  • 当$p$不是质数或者$n<p^2$时，有$SR(n,p)=SR(n,p-1)$；
  • 当$p$是质数且$n\ge p^2$时，$SR(n,p)$ 也可由 $SR(n,p-1)$ 推得：$$SR(n,p)= SR(n,p−1)− SR(\frac{n}{p}, p−1)+ SR(p−1,p−1)$$ 表示要从 $2…p-1$ 筛后剩下的数中去掉那些质因子均大于等于 $p$ 且含 $p$ 的数，因为若有小于 $p$ 的质因子则该数已经被筛去了，同理，该数除以p也一定不会被 $2…p-1$ 筛去，所以减去 $SR(\frac{n}{p}, p−1)$，与此同时 $2…p-1$ 的质数也被减掉了，所以加上 $SR(p-1,p-1)$ 。

当然因为空间限制肯定不能直接这样dp，考虑到整个过程中只用到了 $p$ 和 $\frac{n}{p}$，我们直接分为两段dp， 用H[k]表示 $k\le \sqrt{n}$ 时 $SR(\frac{n}{k},p)$ 的值，用L[k]表示 $k \le \sqrt{n}$ 时 $SR(k,p)$ 的值。

先放出代码，原作者*adkroxx*：

阅读全文 »

发表于 更新于 Valine：

Tips

仅含题解，代码详见github。喜欢的话点个star

1003. Kanade’s sum

1005. RXD and dividing

1006. RXD and functions

易得，$g_m(x)=f(x-\sum a_i)$ 。

记 $S=\sum a_i $，代入：

$$\large \begin{equation}\begin{split}
g_m(x)&=\sum_{i=0}^{n}c_i(x-S)^i \\
&=\sum_{i=0}^{n}c_i\sum_{j=0}^{i}C_{i}^{j}x^j(-S)^{i-j} \\
&=x^0\sum_{j=0}^{n}c_jC_{j}^{0}(-S)^{j-0}+\cdots+x^n\sum_{j=0}^{n}c_jC_{j}^{n}(-S)^{j-n} \\
&=\sum_{i=0}^{n}x^i\sum_{j=0}^{n}c_jC_{j}^{i}(-S)^{j-i} \\
&=\sum_{i=0}^{n}x^i\sum_{j=i}^{n}c_j\cfrac{j!}{i!\cdot (j-i)!}(-S)^{j-i}
\end{split}\end{equation}$$
$\large \therefore b_i=\cfrac{1}{i!}\sum_{j=i}^{n}j!c_j\cdot \cfrac{(-S)^{j-i}}{(j-i)!}$
记$\large A_i=i!c_i，B_i=i!b_i，d_i=A_{n-i}，e_i=\cfrac{(-S)^{i}}{i!}，(1\le i\le n)$
$\large B_i=\sum_{k=i}^{n}A_k\cdot e_{k-i}=\sum_{k=0}^{n-i}d_{n-i-k}e_{k}$

考虑多项式乘法：
$A(x) = \sum_{i=0}^{n}a_ix^{i}$
$B(x) = \sum_{i=0}^{n}b_ix^{i}$
$C(x) = A(x)B(x) = \sum_{i=0}^{2n}c_ix^{i}$
$c_j = \sum_{i=0}^{j}a_ib_{j-i}$，

所以$B_i$即为多项式$D(x)E(x)$第$n-i$项的系数。

阅读全文 »

发表于 更新于 Valine：

Tips

仅含题解，代码详见github。喜欢的话点个star

1001. Is Derek lying?

两个人的分数差、分数和，分别满足一个不等式。

1003. Maximum Sequence

贪心，题解里讲得很好。

1004. Puzzle

见题解。

1006. Funny Function

碰到这种看起来像找规律的题，先打一个表。
给一个打表程序吧。。。

阅读全文 »

发表于 更新于 Valine：

Tips

仅含题解，代码详见github。喜欢的话点个star

1001. Add More Zero

1002. Balala Power!

每个字符对答案的贡献都可以看作一个26进制的数字，直接按26进制的从高到低位比较大小。由排序不等式，显然贡献越大的对应的数字越大时答案最大。

注意点：一个字符一旦做过最高位(位数大于1)就不能被赋值为0。

1003. Colorful Tree

单独考虑每一种颜色，答案就是对于每种颜色，至少经过一次这种颜色的路径条数之和。反过来思考只需要求有多少条路径没有经过这种颜色即可。

记$u$的颜色为col[u]。对于$v$，若在子树$v$中取$x$，在子树$v$外取$y$，则这些路径一定会经过col[v]。那么有两个推论：

  • 不经过col[v]的路径的两端$x,y$一定同在子树$v$；
  • 对于$v$的祖先$u$，若col[v]==col[u]，则在$u$上计算时整棵子树$v$都要被排除。
阅读全文 »