NOI2024D1T3口胡题解题目条件其实就是说对于点对\((a,b)\)，从\(a\)到\(b\)的路径上至少要有一条从\(b\)指向\(a\)​的边。将初始状态记作\((T,S)\)​，其中\(T\)​是树，\(S\)​是二元组\((a,b)\)​的集合。注意到特殊性质A蕴含了：如果对于所有二元组\((a,b)\)，\(a

在统计学和机器学习中,理解变量之间的关系对于构建预测模型和分析数据至关重要。探索这些关系的一种基本技术是双变量投影bivariateprojection。它依赖于二元正态分布的概念，所以又被称为二元投影。这种技术允许我们根据另一个变量来检验和预测一个变量的行为,利用它们之间的依赖

A容易发现答案为\(\min(n,k)\min(m,k)\)。#include<bits/stdc++.h>#defineintlonglong#definepbpush_backusingnamespacestd;constintN=1000100;inta[N];signedmain(){intT;cin>>T;while(T--){intn,m,k;cin>>n&g

instanceof是一个二元操作符，用于判断左边的对象是否是右边类或接口的一个实例。如果左边的对象是右边类或接口的实例，或者右边是左边对象的某个父类（包括接口的实现）的实例，则表达式的结果为true；否则为false。这个操作符在Java中非常有用，尤其是在处理多态和类型转换时。它允许你在

扩展欧几里得算法（Exgcd）裴蜀定理对于任意一组整数\(a,b\)，存在一组整数\(x,y\)，满足\(ax+by=\gcd(a,b)\)。Proof：考虑数学归纳法。当\(b=0\)时，由于\(\gcd(a,0)=a\)，则对于\(ax+0y=a\)这个不定方程，\(x=1\)，\(y\)取任意整数。假设存在一组整数\(x,y\)，满足$bx+(a\bmodb)y

按照操作数个数区分：一元运算符：一元运算符只需要一个操作数。常见的一元运算符有：1.递增和递减运算符：++和--，用于对操作数进行增加或减少1。2.正负号运算符：+和-，用于表示正负数。3.逻辑非运算符：!，用于对布尔值进行取反。二元运算符：二元运算符需要两个操作数。常见的二元运

思路首先，不难看出一个规律，就是对于一个序列\(a\)，如果它将操作所有以\(x\)为第一关键字的二元组，那么序列的\(a_{x\simn}\)将循环右移一位。（注意，在这里的\(x\)指的是在\(1\sim(n-1)\)中的任意一个定值）那么，我们就可以将编号分别为\(l\simr\)的这些二元组分为三

目录算法原理数学模型极大似然法Newton牛顿迭代法logit回归分析步骤一、二元logit分析1.基本说明2.数据处理3.SPSSAU上传数据4.分析前提示5.SPSSAU分析6.其它说明二、多分类logit分析1.基本说明2.数据要求与处理3.SPSSAU上传数据4.SPSSAU分析5.其它说明三、

掌握二元函数重极限和累次极限的定义及它们的关系，能够求出给定的二元函数重（累次）极限。特别注意例3中判断极限不存在的方法。难点：1.重极限定义中要注意（1）必须为聚点（2）空心邻域（3）与定义域有关。2.用定义证明重极限时选取方邻域还是圆邻域，如例1为方邻域，例2为圆邻域。3.利用定理

1.二元函数的可偏导在二元函数中，一元函数的可导的概念变为可偏导，导函数的概念变为偏导函数，具体看下例：二元函数f(x,y)对x、y的偏导函数分别为：在求二元函数的偏导函数时，都是假设另外一个变量为常量，然后对余下那个变量求导数。例如，f(x,y)对x的偏导函数，就是假设y为常量，然后f(x,y)

题意给定一个序列，表示\(n\)个人每个人给\(a_i\)投了一票。每次操作给定序列\([l,r]\)，求\([l,r]\)的众数。若\([l,r]\)没有绝对众数则令该区间的众数为\(p\)，并将随后给定的\(k\)个整数，\(a_{s_1},a_{s_2},...a_{s_k}\)改为\(p\)。Sol摩尔投票。一句话总结

先给出做法m,cnt=0,0fornina:ifcnt==0:m=ncnt=1elifn==m:cnt+=1else:cnt-=1returnm讲一下正确性我们将上述看成配对操作，对于cnt==0的这个if和n==m的这个if，我

属性离散/连续离散属性：具有有限或无限可数个值，不一定为整数。属性hair_color、smoker、medical_test和drink_size都有有限个值，因此是离散的。离散属性可以具有数值。如对于二元属性取0和1，对于年龄属性取0到110。如果一个属性可能的值集合是无限的，但是可以建立一个与自

审题一条链每条边有通行时间上下界限制通过一条边需要\(1\)单位时间站在当前节点时间减少\(1\)耗费\(1\)单位代价\(q\)次询问要么更改一条边的通信时间上下界要么询问在\(b\)时刻在城市\(a\)，\(d\)时刻到达城市\(c\)的最小代价思想做题准备

扩展欧几里得: 最大公约数-OIWiki(oi-wiki.org) intexgcd(inta,intb,int&x,int&y){if(!b){x=1,y=0;returna;}intd=exgcd(b,a%b,y,x);inttmp=x;x=y;y=tmp-(a/b)*y;returnd;}P5656【模板】二元一次不定

P9837汪了个汪人类智慧题，虽然看懂了，但还是想不出来。考虑正解。\(n\)个不同的数的无序二元组有\(\dfrac{n(n-1)}{2}\)个，而在棋盘上出现的无序二元组也有\(\dfrac{n(n-1)}{2}\)个，这说明我们必须不重不漏的把所有无序二元组都放进棋盘。对于构造题，我们需要对复杂的东西分类

这道题目。。哎首先，我们对两个连通块进行连边的时候，肯定是选择编号最小的点进行连边，所以下文的\(i,j\)都指代编号最小的\(i,j\)然后我们就没有其他思路了。。但其实样例一的解释给了我们一种猜想：最终的图一定可以长成以\(1\)号点为中心的菊花图要达到这一点，我们肯定是尝试构造

[WC/CTS2024]水镜不知道大家还记不记得这样一件事情：当我们要证明一个数列\(\{a_n\}\)单调递增时，只需证\(a_i<a_{i+1}\)。这是我场上的核心思路：如果要说明二元组\((u,v)\)合法，只需使得其中每相邻两项都递增。注意到这题的\(L\)是我们自己定的，所以这里就有一个思路：

题意：\(n\)个数，\(q\)次查询，每次给出区间\([l,r]\)，求区间内满足以下条件的三元组\((x,y,z)\)中\(a_{x}+a_{y}+a_{z}\)的最大值：\(x<y<z\)。\(y-x\lez-y\)。做法考虑可能成为答案的\(x\)和\(y\)组成的二元组\((x,y)\)是很少的。事实上，这是\(\mathcalO(n)\)

原文 第1题   二元一次不定方程引理2如果a，b和c是正整数，满足(a,b)=1且a|bc，则a|c.证明 由于(a,b)=1，存在整数x和y使得ax+by=1.等式两边同时乘以c，得acx+bcy=c。根据定理2，a整除(cx)a+ y(bc)，这是因为这是a和bc的线性组合，而它们都可以被a整除。因此，a l c。定理8设

template<classTYPE> BOOLLinearRegression(TYPEx[],TYPEy[],intn,TYPE&a,TYPE&b) { TYPE xs,ys,xys,xxs; int i; xs=0; ys=0; xys=0; xxs=0; for(i=0;i<n;i++) { xs+=x[i]; ys+=y[i]; xys+=x[

因关于DOS符号的总结很少，所以根据[1]，经过几次整理之后，写了下面这个《CMD/DOS符号参考》，推荐新手好好看看，老手温习。标题：[整理参考]CMD/DOS下符号的作用参考作者：lxmxn[at]bbs.cn-dos.net时间：2007-5-27邮箱：lxmxn520[at]163.com说明：1、转帖请注明原帖出处属于中国DOS联盟（www.cn-do

蒟蒻太菜了，看不懂图论的做法，就只好找规律了。分析题目，可以得到一些信息：\(n\)个不同的数最多能组成\(\dfrac{n(n-1)}{2}\)个不相同的无序二元组，而一个$n\timesn$的下三角形同行相邻的数对数量为\(\dfrac{n(n-1)}{2}\)，因此可以确定每个无序二元组必须恰好用一次。观察二

洛谷传送门考虑最大权闭合子图，第\(i\)个手办建点\(i\)，第\(i\)个警察建点\(i'\)。我们有一些边：\(\foralli,(S,i,v_i),(i',T,v_i)\)，以及对于能看见第\(i\)个手办的第\(j\)个警察，有\((i,j',\infty)\)。手办的\(\sumv_i\)减去最小割（最大流）即为答案。考虑转换

其实没想好这篇博要怎么写。大概就还是写个solutionset之类的吧。这个要加入做题纪要合集吗？？目录2024.1.1T2BeautifulWorld(SDWC2021Day3T3美丽的世界)2024.1.1100/10/15,rank10/35怎么我这次来打的第一场又是没啥人打导致排名靠前，历史总是惊人的相似。但是打