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题意： 定义一个序列b0...bnb_0...b_nb0​...bn​是好的当且仅当存在n个序列m，使得mim_imi​长度为bib_ibi​的连续数列，且∑i=0n∑j=0bimij==0\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{b_i}m_{ij} == 0∑i=0n​∑j=0bi​​mij​==0， 问一个序列a的所有非空子序列中，有多少个序列是好的 题解： 奇数2∗n+12 * n+12∗n+1 可以构造为−n...0...n-n...0...n−n...0...n, sum为0， sum取值可以是x∗bix * b_ix∗bi​ 偶数2∗n2 * n2∗n 必然会造成n的残...

题意 从1~n中选出最大的集合，使得集合中两两元素和的后缀不等于m 题解 在数轴上考虑n 设x为最小的x， 使得10x>m10^x > m10x>m  然后对于每个1 ~ 10x10^x10x的大区间，每个数，要想得到后缀为m，会有和他对应的数，所以需要互斥选择，分为两个区间考虑  显然，对于第一个区间，和第二个区间，前半段和后半段是互斥的 但他们的前半段是不互斥的， 所以我们选择前半段即可。 需要考虑的是，但区间长度为偶数时，显然区间中间的数我们时可以选择一次的，但只能选择一次，如果在其他大区间也这么选了，就会出现m的后缀 然后对于最后一个大区间，我们按nmod  10xn...

这场题好妙啊，不仅打开我的凸包新大门，这两题树也真是妙阿 brz， yyds！ 题意: 在一颗点被染色的带根树上询问仅出现在两颗子树中的颜色数 题解: 颜色数有两种贡献，一种仅在单颗子树中出现的颜色，和仅在两颗子树中出现的颜色 两颗子树也有两种情况，一种是包含关系，对于这种直接计算第一种贡献即可 第二种两颗子树的情况，先计算第一颗和第二颗的第一种贡献相加 考虑第二种贡献，设a和b为保证颜色C仅在其子树中存在的dfs序最大的两个节点 容易想到，要么存在这两个节点，要么颜色C对第二种没有贡献 然后是极妙的地方了， 对颜色C求虚树，直接看根节点有没有两个儿子即可。同时对所有儿子求lca，可得到颜色C...

题意 a是和为N的序列，b是何为M的序列， 求在所有情况下的P的和 题解 构造母函数 容易得答案为的的系数 现在开始搞母函数 前方多公式高能 然后用二项式定理展开 要求此时的系数，枚举xy的数量，用x， y来补齐即可 完整代码 int fac[Ma], fiv[Ma]; void init() { fac[0] = fiv[0] = fac[1] = fiv[1] = 1; for (int i = 2; i < Ma; i++) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % mod, fiv[i] = (ll)(mod - mod / i) * fiv[mod % i] ...

题意： 给你一颗树，给出边权，可以任意加边删边，要求时刻满足树联通， 且每个环的边权异或和为0， 求最后的最小边权 题解： 前置题目： cf 888G 姿势点: Boruvka 字典树 根据bxzy的题解得:  任意两点间的边权是固定的。因为图始终联通，那么所有点之间都至少有一条边，当通过加边使得超过一条边后，环的异或值为0，所以删掉原边后，剩下的边和原边等价，所以两点间边权固定 通过dfs为每个点分配权值，使得两点间异或值等与边权，就成了cf 888G的题目了，也就是最小异或生成树 完整代码 struct Node { int v, nex; ll w; } node[Ma * 2]; in...

题意：  先买游戏(bushi 按顺序完成K个任务，每个任务有要求的起始点和到达点, 途中你能建立传送门，只能建立两个，超过得远程关闭之前的传送门，建立传送门，穿越传送门，关闭传送门均无消耗 题解：  按照bxzy的题解就行状态精简 由最暴力的f[i][u][a][b] 完成了i个任务，当前在u点，传送门在a和b点 由如果要使用传送门肯定是在当前节点建立传送门传送到另一个传送门，可精简为f[i][u][a] 又由观察，u其实不用记录，每次都在任务节点上开始移动， 将任务拆分成由一个任务节点移动到另外一个任务节点 例： k = 2, a -> b, c -> d 可拆解为1->...