题面原题传送门题面机翻有\(n\)个介于0和1之间（包括0和1）的均匀随机实变量，记为\(x_1,x_2,\ldots,x_n\)。Tenzing有\(m\)个条件。每个条件的形式为\(x_i+x_j\le1\)或\(x_i+x_j\ge1\)。Tenzing想要知道所有条件都满足的概率，模为\(998~244~353\)。形式上

原题链接题解减少对方多少，就会扣自己多少，因此判断\(sum\)即可。code#include<bits/stdc++.h>#definelllonglongusingnamespacestd;voidsolve(){intn,m;cin>>n>>m;llsuma=0;llsumb=0;for(inti=1;i<=n;i++){llx;

链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1842/Corhttps://www.luogu.com.cn/problem/CF1842C大概的思路就是利用dp[i]记录前i个数据最多消掉的数字个数，然后对∀j：a[i]==a[j]&&j<i进行dp[i]=dp[j-1]+i-j+1的递推优化：代码：#define_CRT_SECURE_NO_WARNI

题目链接点击打开链接题目解法实数的概率好反直觉！对\(1\)做限制不是很好做，考虑变成正负性的限制（即对\(0\)做限制）令\(y_i=x_i-0.5\)，那么限制就变成了\(y_i+y_j\le0,\;y_i+y_j\ge0\)这里要给出一些实数概率的结论：实数下，\(x=y\)的概率为\(0\)，因为\(\frac{1}{\inft

思路：dp还是挺明显的，思路可以参考最长上升子序列有点dp的感觉\(f[i]\)表示考虑前\(i\)个数，的最大值当前数有两种删或不删不删：\(f[i]=f[i-1]\);删：\(f[i]=max{f[j-1]+i-j+1}\)这个转移是\(O(n^2)\)的显然时间上来不及考虑优化，第一层循环一定是省不了的考虑优化掉第二层循环

题意不多赘述。思路如果两个所选的三角形有重合部分的话，那么这种情况肯定是不会出现的。因为如果把这两个三角形合成一个大三角形的话，不仅覆盖面积会增大，而且花费的代价还不会多。于是我们可以想到用dp来解决，设\(dp_{i}\)表示删完横坐标为\(0\)到\(i\)中的点的最小代价

TenzingandTree感觉很典型的题，就是树的重心+绝对值等式解法：以每个点\(i\)为根分别\(bfs\)，得到一个距离数组\(dis\)，取前\(k\)个值的权值为和，更新\(w[k]\)的值，\(n\)个点分别为根，更新\(n\)遍之后，得到\(w\)数组，则\((n-1)\timesi-w[i]\)，即为\(i\)个点时候的

看了题解。好难受，想用积分求概率，算了半天。发现没啥规律，不是不能算，就是太可怕了。Problem有\(n\)个\([0,1]\)范围内的均匀随机变量\(x_{1\cdotsn}\)和\(m\)条限制，每条限制形如\(x_i+x_j\le1\)或\(x_i+x_j\ge1\)。请你求出所有限制均满足的概率。对\(998244353\)

题目链接：https://codeforces.com/contest/1842/problem/E题解：首先，如果两个等腰三角形相交了，那答案肯定不会更优。因此不会相交。先考虑一个\(n^2\)的dp：设\(dp_i\)表示考虑到\(x=i\)时的最小代价，首先可以先都加一个\(\sumc_i\)，这样只需要考虑三角形覆盖范围内的\(c_i

题面是真的抽象，翻译为人话之后大概就是，对于每个选择的集合当中，1必须选，n一定不能选，每个限制条件的意思是如果u和v不在一个集合里则最能玩y时间，则u或v独自玩最多玩y时间如果在同一集合则可以玩无限时间因此如果n和1不连通的话则一定为inf,否则的话就一定有限制，因为n一定不能选，则和

题目题目链接：https://codeforces.com/contest/1842/problem/F给定一棵\(n\)个点的树，你可以选择其中\(k\)个点染黑，定义一条边的价值为割去这条边之后，剩下两颗树的黑点数量差；一棵树的价值为所有边的价值之和。对于\(k\in[0,n]\)，求出树的价值的最大值。\(n\leq5000\)。思

一开始以为是贪心，后来发现不好贪于是选择了dp，但是dp有个小细节没注意到，后面wa了几发我们以状态来分,f[i]表示考虑i的最大区间合长度，每次转移的时候考虑两种情况，一种是a[i]前面有一样的数字，比较选了a[i]和不选a[i]两种情况下的最大值，还有一种就是a[i]为第一个出现的数字则选区间长

洛谷传送门CF传送门一个很显然的观察：选择的三角形两两重叠面积为\(0\)，否则合并更优。考虑dp，设\(f_i\)为删完\(x_j\gei\)的所有点的最小花费。转移就枚举选择的三角形直角边长\(l\)，那么\(f_i=\min(f_{i+1}+\sum\limits_{x_p=i}c_p,\min\limits_lf_{i+l}

洛谷传送门CF传送门原来还不会这种拆期望的套路设\(b_j\)为第\(j\)次操作中选择的\(i\)，所求即为\(E(\prod\limits_{i=1}^n(a_i+\sum\limits_{j=1}^m[b_j\lei]\timesv))\)。乘法也可以考虑拆期望。我们有最基础的性质\(E((a+b)\times(c+d))=E(ac)

洛谷传送门CF传送门事实上自己方向一直是错的……绝对值不好弄，我一开始的想法是直接去绝对值，但是不可避免地要\(O(n^3)\)。考虑我们直接钦定黑点重心为根，设这个根为\(r\)，设\(sz_i\)为\(i\)子树内黑点数，由重心的性质，可以直接去绝对值，也就是说答案为\(\sum\limits_{i\n