传送门 思路 首先通过各种手玩/找规律/严谨证明,发现当\(n-i\)为border当且仅当对于任意\(k\in[0,i)\),模\(i\)余\(k\)的位置没有同时出现0和1. 换句话说,拿出任意一个1的位置\(x\),一个0的位置\(y\),那么对于\(|x-y|\)的所有约数\(i\),\(n-i\)均不合法. 考虑用NTT优化这个过程:记两个多项式\(A(x),B(x)\).若\(s_i=0\)则\([x^i]A(x)=1\):若\(s_i=1\)则\([x^{n-i}]B(x)=1\)…

题面 LOJ #6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏 题解 参考 yyb 的口中的长郡最强选手 租酥雨大佬的博客 ... 一开始以为 通配符匹配 就是类似于 BZOJ 4259: 残缺的字符串 这样做 . 把通配符设成 \(0\) 然后 . 别的按 \(\mathrm{ASCII}\) 码 给值 , 最后把他写成式子的形式 ... 后来发现太年轻了 qwq 先要做这题 , 那么先发现性质咯 : 存在一个长度为 \(len\) 的 \(border\) 当且仅当对于 \(\forall i…

题面 传送门 题解 一旦字符串踏上了通配符的不归路,它就永远脱离了温暖的字符串大家庭的怀抱 用人话说就是和通配符扯上关系的字符串就不是个正常的字符串了比如说这个 让我们仔细想想,如果一个长度为\(len\)的前缀是border,那么对于\(\forall i\in[1,len]\),都有\(s[i]=s[i+n-len]\),也就是说在模\(n-len\)意义下所有位置上的\(01\)要相等 如果有一个\(0\)位置\(i\),一个\(1\)位置\(j\),记\(x=|i-j|\),那么所有\(…

题意 链接 Sol 生成函数题都好神仙啊qwq 我们考虑枚举一个长度\(len\).有一个结论是如果我们按\(N - len\)的余数分类,若同一组内的全为\(0\)或全为\(1\)(?不算),那么存在一个长度为\(len\)的border. 有了这个结论后我们考虑这样一种做法:把序列看成两个串\(a, b\),若\(a_i = 0, b_j = 1\),那么对于所有的\(k | (|i - j|)\), \(N-k\)都不会成为答案. 考虑怎么快速算不合法的\((i, j)\).对于多项式乘法…

题目链接 比如说上面\(|S|\)为12的字符串,我们欲求出\(f(9)\)的值,那么上面相同颜色的字符必须两两能够匹配.也就是说,同种颜色的字符集里不能同时出现0和1.如果只考虑同种颜色集里相邻的两个字符能否匹配,那么小样例都过不了.. 我们仔细观察就会发现,每隔\(|S|-len\)的位置就会出现相同的字符.我们可以认为长度为\(len\)的border实质上就是将长度为\(len\)的前缀向后偏移\(|S|-len\),看是否能匹配. 如果有两个字符\(s[i],s[j]\ (i<j)\)…

题解 感觉智商为0啊QAQ 显然对于一个长度为\(len\)的border,每个点同余\(n - len\)的部分必然相等 那么我们求一个\(f[a]\)数组,如果存在\(s[x] = 0\)且\(s[y] = 1\)且\(|x - y| = a\) 这个很好求,只要把0和1分别挑出来,NTT卷一下就好了 一个\(len\)合法,即它的\(n - len\)的倍数\(k\),\(f[k]\)都等于0 代码 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #d…

题目:https://loj.ac/problem/6436 看题解才会. 有长为 i 的 border ,就是有长为 n-i 的循环节. 考虑如果 x 位置上是 0 . y 位置上是 1 ,那么长度是 | x-y | 的约数的循环节都不可行,因为在该循环节中, x 和 y 处在 “应该相等” 的地位. 最后一个部分分是暴力枚举 0 和 1 来预处理出一个 h[ i ] 表示长度是 i 的约数的循环节不可行.然后枚举循环节的长度 i ,再枚举 i 的倍数看看有没有 “不可行” 的.这样是 nlo…

题目分析 通过画图分析,如果存在border长度为len,则原串一定是长度为n-len的循环串. 考虑什么时候无法形成长度为len的循环串. 显然是两个不同的字符的距离为len的整数倍时,不存在这样的循环串. 怎么求出两两不同的字符的距离呢? 翻转一下字符串做卷积即可.…

$|S| \le 5 \times 10^5$ 题解 这题直接用通配符匹配的套路会错,因为重复部分的$?$可能同时被当做了$0$和$1$ 有长度为$i$的公共前缀后缀等价于有长度为$n-i$的循环节: 对于循环节$d$,只需要知道对于任意的$d|i-j$,是否存在$(s[i]='0'且s[j]='1') 或 (s[j]='0'且s[i]='1')$ 构造函数:$A(x) = s[x]=='0' , B(x) = s[n-1-x]=='1' $ 可以通过计算多项式$A \times B$判断$d=…

[LOJ6436][PKUSC2018]神仙的游戏(NTT) 题面 LOJ 题解 看到\(zsy\)从\(PKUSC\)回来就秒掉了这种神仙题 吓得我也赶快看了看\(PKUSC\)都有些什么神仙题 然后就找到了这样一道神仙题 考虑一个奇怪的暴力: 我们只需要对于\(0/1\)进行匹配 如果出现了\(0/1\)匹配的情况,那么当前长度一定不能构成\(border\) 的确,这样子肯定是对的, 但是我们似乎有一些奇怪的情况没有考虑清楚 如果两个串出现了交集,似乎不能构成\(border\)的情况就会…

[LOJ#6437][BZOJ5373]「PKUSC2018」PKUSC 试题描述 九条可怜是一个爱玩游戏的女孩子. 最近她在玩一个无双割草类的游戏,平面上有 \(n\) 个敌人,每一个敌人的坐标为 \(x_i,y_i\).可怜有一个技能是在平面上画一个 \(m\) 个点的简单多边形,并消灭所有严格在多边形内部的敌人. 不难发现如果想要快速的消灭敌人的话,只要画一个足够大的简单多边形就行了.但是这样的游戏性就太差了.于是可怜打算为游戏增加一定的随机性. 可怜在平面上随便画了一个 \(m\) 个点…

题面 LOJ#6435. 「PKUSC2018」星际穿越 题解 参考了 这位大佬的博客 这道题好恶心啊qwq~~ 首先一定要认真阅读题目 !! 注意 \(l_i<r_i<x_i\) 这个条件 !! 所以它询问的就是向左走的最短路了 . 不难发现只有两种策略 , 要么一直向左走 ; 要么第一次向右走 , 然后一直向左走 . 并且到一个定点 \(x\) 的最短路长度 肯定是从右向左一段段递增的 . 为什么呢 ? 不难发现 如果向右走两次 , 那么只有一次是一定有效的 , 另外一次的 \(l_i\)…

题面 LOJ #6432. 「PKUSC2018」真实排名 注意排名的定义 , 分数不小于他的选手数量 !!! 题解 有点坑的细节题 ... 思路很简单 , 把每个数分两种情况讨论一下了 . 假设它为 \(x\) . 不对它进行翻倍操作 : 那么很容易发现 \(\displaystyle [\lceil \frac{x}{2}\rceil, x)\) 的数都不翻倍 . 其余部分任意 . 假设有 \(tot\) 个 . 那么这部分答案就是 \(\displaystyle \binom {n-tot…

Portal --> pkuscD2T2(loj6436) Solution 个人觉得是道很好的法法塔题qwq 一开始的时候想偏了想到了另一种法法塔处理字符串匹配之类的奇怪技巧(万径人踪灭qwq了解一下),然后非常天真的想把问号拿出来单独处理一波然后越走越远... 好吧正解其实是(感觉貌似还是想的有点绕?应该有更加简便的思维方式不过qwq不管了qwq) 因为有一个问号所以其实挺难直接得到哪些长度能够匹配,那不妨换个思路把所有肯定不能匹配的长度去掉那剩下的就是答案了 肯定不能匹配的长度显然就是\(…

题解 想出70的大众分之后就弃疗了,正解有点神仙 就是首先有个比较显然的结论,就是要么是一直往左走,要么是走一步右边,然后一直往左走 根据这个可以结合RMQ写个70分的暴力 我们就考虑,最优的话显然是走一步左边就到了目标点,第二步才开始有分叉 假如我们先走了一步左边,然后就变成了,从\(L[x]\)开始走,下一步可以走到\([L[x],N]\)的所有点最小的转移点之前,之后再把后来走的点代价都加上1即可 这样的话,不管是一直走左边,还是走了一步右边再走了左边,情况都被包含了 这个时候考虑这个问题…

题解 神仙的状压啊QAQ 设一个\(f[S]\)表示数字的集合为\(S\)时\(sum[S]\)为前缀最大值的方案数 \(g[S]\)表示数字集合为\(S\)时所有前缀和都小于等于0的方案数 答案就是\(sum_{S} sum[S] * f[S] * g[2^{N} - 1 - S]\) 求\(f\)每次相当于往前面插入一个数,如果\(sum[S] > 0\)就更新 \(f[S \^ (1 << i - 1)] += f[S] (sum[S] > 0)\) 求\(g\)只要每次看看…

5371: [Pkusc2018]星际穿越 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 512 MBSubmit: 27  Solved: 11[Submit][Status][Discuss] Description 有n个星球,它们的编号是1到n,它们坐落在同一个星系内,这个星系可以抽象为一条数轴,每个星球都是数轴上的一个点, 特别地,编号为i的星球的坐标是i. 一开始,由于科技上的原因,这n个星球的居民之间无法进行交流,因此他们也不知道彼此的存在. 现在,这些星球独…

[P2252]取石子游戏 - 洛谷 题目背景 无 题目描述 有两堆石子,数量任意,可以不同.游戏开始由两个人轮流取石子.游戏规定,每次有两种不同的取法,一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子:二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子.最后把石子全部取完者为胜者.现在给出初始的两堆石子的数目,你先取,假设双方都采取最好的策略,问最后你是胜者还是败者. 输入输出格式 输入格式: 输入共一行. 第一行共两个数a, b,表示石子的初始情况. 输出格式: 输出共一行. 第一行为一个数字1.0或-1,如果最后…

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/LOJ6433.html 题解 枚举一个集合 S ,表示最大前缀和中包含的元素集为 S ,然后求出有多少个排列是这样的. 对于左边和右边分别考虑,我们可以发现: 左边:每一个后缀和都 >=0 右边:每一个前缀和都 <0 然后就只需要用两个 dp 分别求出每一个集合的元素的排列中分别满足上述条件的方案数即可. 注意一下题目要求最大前缀和非空. 代码 #include <bits/stdc++.h>…

前言 考试被\(hyj\)吊着打... Solution 考虑一下如果前缀和如果在某一个位置的后面的任意一个前缀和都<=0,肯定这就是最大的. 然后这样子就考虑左右两边的状压dp,然后就好了. 代码实现 #include<stdio.h> #include<stdlib.h> #include<string.h> #include<math.h> #include<algorithm> #include<queue> #incl…

前言 为什么随机跳题会跳到这种题目啊? Solution 我们发现可以把这个东西分情况讨论: 1.这个点没有加倍 这一段相同的可以看成一个点,然后后面的都可以. 这一段看成一个点,然后前面的不能对他造成影响的都可以. 2.这个点加倍了 这一段相同的看做一个点,然后前面的都可以 这一段相同的看成一个点,然后后面的如果对他的排名有影响,一定要加倍. 剩下的用组合数随便乱算一下就好了. 代码实现 #include<stdio.h> #include<stdlib.h> #include&…

倍增好题啊! 我们我们预处理 \(f[x][i]\) 表示 \(x\) 点最左到达的端点,\(sum[x][i]\) 表示 \(x\) 点最左到达的端点时 \(f[x][i]\sim x\) 的答案,然后倍增的时候记录一个 \(tot\) 转移即可 \(Code\ Below:\) #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=300000+10; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,q,L…

这道斗地主比 \(PKUWC\) 那道可做多了... 我们用 \(NOIP\) 那道斗地主的思路:暴搜出三代和四代,贪心出散牌. 还有jry为什么要出xx网友而不出他的另一个老婆 我们发现两个人的每回合出的牌型是一样的.我们先暴力生成牌组,然后暴力将三代和四代情况搜出来,然后 \(check\) 因为九条可怜要严格更小,那么九条可怜在三代和四代中的散牌尽量出大牌,\(xx\) 网友相反. 然后 \(check\) 中暴力枚举有几张对子和散牌,然后再 \(O(15)\) 贪心扫一遍,如果可以,就返…

一道不错的组合数问题! 分两类讨论: 1.\(a_i\) 没有翻倍,那些 \(\geq a_i\) 和 \(a_j\times 2<a_i\) 的数就没有影响了.设 \(kth\) 为 \(a_i\) 的排名,\(down\) 有多少个 \(a_j\times 2<a_i\),答案为 \(C_{down+kth-1}^{k}\) 2.\(a_i\) 有翻倍,那 \(a_i\leq a_j<a_i\times 2\) 的数也必须翻倍.设 \(up\) 为 \(a_i\times 2\) 的…

分析: 这个题非常的棒,目测如果去了能AC... 我们考虑一个序列是如何构成的——一个后缀>0的序列,和一个前缀<0的序列 问题可以简化为求出当前缀和为状态S的所有数的和的时候,S满足后缀>=0的方案数和((1<<n)-1)^S满足前缀<0的方案数 那么可以写出方程,sum[S]表示状态S的和,f[S]表示由S构成的序列满足所有后缀>=0的方案数,g[S]表示由S构成的序列满足所有前缀<0的方案数 转移:f[S]=(f[S]+f[S^(1<<i-…

题解 我们把这个多边形三角形剖分了,和统计多边形面积一样 每个三角形有个点是原点,把原点所对应的角度算出来,记为theta 对于一个点,相当于半径为这个点到原点的一个圆,圆弧上的弧度为theta的一部分 相当于一条直线和这个小圆弧求交,直接算出有交的角度然后累加最后除2PI即可 可以拿余弦定理爆算(反着也不是你自己算 代码 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,in…

题解 什么,我这题竟然快到了LOJ rk1???? 搜起来有点麻烦,不过感觉还是比斗地主好下手(至今没敢写斗地主 首先是暴力搜牌型,最多\(3^{16}\)(什么判解还要复杂度怂成一团)的样子?? 然后判牌型,显然只要考虑单牌,和3 + x,4+2 然后暴力搜网友的3和4 暴力搜jry的3和4 然后枚举3搭配了几个2, 然后jry从大到小开始去除大小为2的对子,网友从小到大,是个简单的贪心 之后看看可以去掉的单牌的个数,也是jry从大到小,网友从小到大 之后的就是单牌互相压看看合不合法就好了 代…

题解 简单分析一下,如果这个选手成绩是0,直接输出\(\binom{n}{k}\) 如果这个选手的成绩没有被翻倍,那么找到大于等于它的数(除了它自己)有a个,翻倍后不大于它的数有b个,那么就从这\(a + b\)个选手里找翻倍选手使得它排名不变 答案是\(\binom{a + b}{K}\) 如果这个选手成绩翻倍了,那么大于等于它的所有数,依旧大于它的有\(c\)个,然后剩余\(a - c\)个必须翻倍,剩下的翻不翻倍随意,所以答案是 \(\binom{N - (a - c) - 1}{K -…

题解 如果一个联通块是一个树的话,方案数就一种,如果这个联通块还有别的边,那选了一条别的边就会把树上对应路径全部取反,所以方案数是\(2^{m - n + 1}\) 如果联通块数为\(c\)方案数为\(2^{m - m + c}\) 一个联通块有奇数个黑点一定为0 然后就对于每个点判断是不是割点,是的话看看分成的联通块有几个包含奇数个黑点 然后如果不是割点看看删掉这个点后联通块黑点个数的奇偶性改没改变 同时要特判联通块里只有一个点的情况 代码 #include <bits/stdc++.h>…

题解 把所有的数组一开始就FWT好然后再IFWT回去可以减小常数 从13s跑到0.7s-- 可以参照immortalCO的论文,感受一下毒瘤的动态动态DP 就是用数据结构维护线性递推的矩阵的乘积 由于所有轻儿子\(F(z) + z^{0}\)的乘积做除法太麻烦,我们用一个线段树维护每个点所有的轻儿子即可 代码 #include <bits/stdc++.h> #define enter putchar('\n') #define space putchar(' ') #define fi fi…