//考慮計算最後四位 momo 的方案數，有乙個狀態數 n*62*62 的 dp，但是每次有用的只有 n*62 個，暴力轉移即可
//前面的方案容斥一下就好了
#include using namespace std;
const int n=1000005;
const int mod=998244353;
char s[n];int a[n];
int f[65][65][3];
int pre[n][65],suf[65];
int to(char x)
void add(int&x,int y)
int tot=1ll*(i-1)*(i-2)/2ll%mod;
for (int j=0;j<62;j++) add(tot,mod-1ll*pre[i-1][j]*(pre[i-1][j]-1)/2%mod);
for (y=0;y<62;y++)
suf[a[i]]++;
} printf ("%d",ans);
return 0;
}
/*
離線，考慮乙個矩形如果在時刻 t 內部出現了被刪掉的點，那麼它的貢獻是字首 [1,t-1]
所以只需要計算有多少個矩形在時刻 t 被刪掉，然後做字首和就是答案
那麼列舉上下行邊界，計算每個列最小值出現次數，這是經典問題，對左右維護能延申的單調棧
時間複雜度 o(n^2m)
*/ #include using namespace std;
const int n=505;
int a[n][n],mn[n],l[n],r[n],s[n],top=0;
long long ans[n*n];
int main()
for (int i=1;i<=n;i++)
top=0;
for (int k=m;k>=1;k--)
for (int k=1;k<=m;k++) ans[mn[k]-1]+=1ll*(k-l[k]+1)*(r[k]-k+1);
} }for (int i=n*m-1;i>=0;i--) ans[i]+=ans[i+1];
for (int i=1;i<=n*m;i++) printf ("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
/*
我們可以確定每個隨機的結果是什麼
預處理 now[i][j] 表示第 i 次操作時，第 j 位是原種子哪些位 0/1 異或起來的結果
顯然，若乙個模數的後 x 位都是 0，那麼取模的結果在二進位制下就是原數後面的那些位
這樣對於所有為 2,4,8,16... 倍數的模數，可以確定一些方程，這樣方程的個數在 n=50 時共有 47 個
使用線性基維護這些方程，暴力列舉自由元，直接 check 即可
這樣看上去是 2^17*n 的，但是實際上如果不是那個種子，check 幾項就會出現問題，遠遠達不到 n 的複雜度
*/#include using namespace std;
const int n=100005;
#define ll unsigned long long
int n;
void rand(ll&x)
int a[n],p[n];
int val[n];
bool check(ll x)
return true;
}bitset <64> bit[64];
bool ans[64];
void dfs(int x)else
}void insert(bitset <64> now,bool v)
else now^=bit[i],v^=ans[i];
}}bitset <64> now[64];
int main()
for (int i=n;i>=1;i--)val[1]=1;
for (int i=1;i<=n;i++) val[i]--;
for (int i=0;i<64;i++) now[i][i]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
} dfs(0);
return 0;
}
//列舉兩條路徑的交集，三分分配權值
#include using namespace std;
const int n=5005;
int head[n],next[n<<1],adj[n<<1],tot=0;
void addedge(int u,int v)
queue q;
int dis[n][n];
const int inf=10000;
void bfs(int x)
}int n,m,k;
double check(int d1,int d2,int x,int y)else sum+=d1;
if (d2)else sum+=d2;
return sum;
}double calc(int x,int y)a[n];
bool cmp1(node a,node b)t[n<<2];
#define mid ((l+r)>>1)
void pushup(int root)
void pushdown(int root)
if (t[root].tg0)
if (t[root].tg1)
}void update(int root,int l,int r,int l,int r)
pushdown(root);
update(root<<1,l,mid,l,r);
update((root<<1)|1,mid+1,r,l,r);
pushup(root);
}long long query(int root,int l,int r,int l,int r)
void build(int root,int l,int r)
build(root<<1,l,mid);
build((root<<1)|1,mid+1,r);
pushup(root);
}#undef mid
int a[n],lst[n];
long long ans[n];
struct queryq[n];
bool cmp(query a,query b)
int flag=-1;
for (int i=0;i<4;i++)
for (int j=2;j+4<=14;j++)
if (c[i][j]&&c[i][j+1]&&c[i][j+2]&&c[i][j+3]&&c[i][j+4])
if (flag!=-1) break;
} if (flag==-1)
for (int i=0;i<2;i++)
for (int i=0;i<4;i++)
if (flag==-1) break;
} if (flag==-1) puts("check");
else puts("allin");
} return 0;
}
#include using namespace std;
const int n=1000005;
int p[n],tot=0;bool notp[n];
void getp() }}
const int mod=1e9+7;
inline int qpow(int a,int b)
return ans;
}int val[n];
int main()
} val[x]++;
}int ans=1;
for (int i=2;i<=1000000;i++) ans=1ll*ans*qpow(i,min(val[i],n-val[i]))%mod;
printf ("%d",ans);
return 0;
}
IOI2020 部分題解
乙個 n 個點的無向圖，給定每兩個點之間的簡單路徑條數 p 構造乙個滿足要求的無向圖或判斷無解。1 le n le10 3,0 le p le 3 這個 p 3 非常煩，但是可以發現若 p 3 則無解。考慮乙個最簡單的情況 其它情況一定可以從這種情況加一些點得到 2 到 4 有 3 條路徑，則 1 ...
Grakn Forces 2020部分題解
要求從三個陣列中每個位置取乙個數字，構成乙個相同長度的陣列，要求相鄰的不相等 環形 那麼我們直接暴力選，記錄當前不能取的值就可以了，然後要記得特判一下首位的兩個元素。首先通過模擬樣例我們發現相同的元素其實是一點用都沒有的，所以我們先去重了再說，然後我們的做法就是貪心的取四個不同的元素一直到取完為止。...
icpc上海站2020部分題解
第一次icpc比賽，最後是以3題300多名的成績直接打鐵，很可惜，d題賽後才知道是精度的問題，不然估計可以拿銅。從比賽中也能得到很多經驗與教訓。1.選好賽區，少打兩年。這次站除去打星隊都有600多隊，只有210個牌，聽說濟南站只有500隊牌子數跟上海站一樣，枯了。2.這次思維題有足足5題，全做了可以...