思路考虑将\(\max\)和\(\min\)的贡献分开计算。显然我们对这个序列进行一次排序不会影响最终的答案，因此我们可以先排序一下。然后有一个很经典的trick，就是你枚举每一个数\(x\)，将\(x\)令为最大值（最小值）。因为我们先前排序过一次，因此我们可以轻易的计算出比\(x\)小（大）的

本题存在低于\(O(nc)\)的做法。逆序对是大小关系，我们在小的那个数处统计每对逆序对，考虑从大到小插入每一个数，这样所有数都比他大，这样它插入在第\(i\)个就会产生\(i\)个逆序对，假设现在有\(x\)个数则它可以产生\([0,x]\)中个逆序对，且每种都恰好有一种插法。那么我们现在

标签：析合树析合树就是用来处理这一种值域连续段的问题的。OI-wiki上对于析合树的讲解。我们回顾一下题目，要求不存在长度为\([2,n-1]\)之间的连续段，换句话说，就是根节点下恰有\(n-1\)个节点，且没有任何一个字段是题目中要求的连续段。我们记这样的答案为\(A_n\)也就

P2606[ZJOI2010]排列计数树形dp序列中每个位置的限制只有另外一个位置，那么我们将这样的限制连线，就可以得到一棵树。在这题中，这棵树刚好是小根堆，一棵完全二叉树。题目就转化为一共有多少种小根堆。那么显然的\(a_1=1\)，然后左子树和右子树分剩下的\([2,n]\)，并且左右子树不互

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1009题意解读：  利用高精度计算阶乘之和，需要用到高精度乘法（高精度乘低精度）、高精度加法。  首先，思考不利用高精度如何解题，直观方法就是遍历i从1到n，每次乘i得到i的阶乘，然后累加到结果，代码如下：#include<bits/stdc++.h>usingnam

考虑期望的线性性，求每种情况猜对的概率和，最终再除掉\({4n\choosen,n,n,n}\)。考虑枚举最少的出现次数\(mn\)，记四种卡的出现次数分别为\(c_1,c_2,c_3,c_4\)，\(c_1+c_2+c_3+c_4=i\lek\)，则这种情况的方案数为：\[{i\choosec_1,c_2,c_3,c_4}{4n-i\choosen-c_1,n-c_2,n-c_3,n-c_

D-AssociationofComputerMaintenance题意给定至多350个小于100的质数，对于所有质数之积k将它分解为两个数a和b使得a*b=k。输出最小的a+b，并对1e9+7取模分析首先考虑想如果想让a+b最小，即让abs(a-b)最小。随后根据限制条件k的因子数不超过1e10，容易想到将k拆分成k1和k2，此

ABC282EChooseTwoandEatOne又一个图论的回顾——Kruskal最小（最大）生成树算法。看到\(n\)的范围只有\(500\)，应该没有什么特别的算法。那么我们考虑建一个*\(n\)个顶点的完全图，节点\(x\)到节点\(y\)的边权值就是\(x^y+y^x\)。然后跑一遍最大生成树，得到的和就是最大结果了。如

前言思维训练1，几乎没有什么算法，枚举or搜索or二分CF1681DRequiredLength\(\mathtt{TAGS}\)：暴搜+剪枝前置函数下文中称：\(len(x)\)为\(x\)十进制下的位数。First.为什么是搜索开始看到这道题想到了贪心：每次找出最大的一个数乘上去。但是很显然：可以先乘一

考虑到\(N\)的字符组成其实是固定的。所以可以把方案数拆为\(A\)的方案数\(\times\)\(A,B\)相匹配的方案数。对于\(A\)的方案数，就是多重集组合数，为\(\dfrac{n!}{\prod\limits_{i=0}^{25}(cnt_{A,i}!)}\)。接下来考虑求解\(A,B\)相匹配的方案数。考虑到对于

CF128CGameswithRectangle个人认为突破点是“严格包含”，一开始没注意严格不知道怎么处理。严格的话就是横竖分别在若干条边中，分别选出2k条边。横竖互不影响可以乘法原理，只考虑一个方向即可。#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#definemaxn10000

先判掉\(k>\min(n,m)\)的情况。首先有个明显的计算最长合法括号子序列的贪心方法：初始一个值为\(0\)的计数器，从左到右枚举每个字符，遇到(时将计数器加一，遇到)时如果计数器不为\(0\)就减一然后将答案加一。考虑绘制它的折线图。初始时纵坐标为\(0\)，从左到右枚举每个字符

我们先默认第一头牛是John的，另一种情况本质相同，最后答案乘上\(2\)就可以了。先说结论：我们将相邻两头牛配对，那么最终答案即满足至少一对牛间隔了奇数个空位的方案数。证明很简单，分\(3\)种情况讨论：每对牛间都间隔了奇数个空位。那么John开始时让所有牛往右行动，在Nhoj行

Blog赛场上差一点做出来。首先发现左右两部分是比较独立的，所以可以分开计算后合并。注意到我们可以把整个数集分成左右两部分，即\(\binom{n-1}{p_{m1}-1}\)。然后我们不妨只考虑左边。发现左边的最大值也已经确定，且最大值右边的所有数可以随便选，即\(\binom{p_{i+1}-

links给定一个只包含(和)的括号序列，求形如(())、((()))，的子序列总数。答案取模。\(n\leq2\times10^5\)\(O(n^2)\)的暴力显然，关键是如何计算组合数。枚举最后一个(，设左边还有\(x\)个(，右边有\(y\)个)，则答案为\[\sum\limits_{i=1}^{\min(x+1,

在本文章内，将会实现行列式的建立、销毁、打印、计算四个操作。鉴于笔者技术有限，此行列式只针对整数int型，请读者自行扩充~_~。1.行列式的建立与销毁我们首先建立行列式的数据类型，由于行列式规模的不确定，采用动态分配方法。typedefstruct{ intn; int*p;}determinant;

给出T次询问，每次给出n和m，求C(n,m)对998244353取模的结果。为了避免输出太多内容，只需要输出所有查询结果的异或和。1<=T<=5E6;0<=m<=n<=5E6先O(n)预处理出所有数的阶乘及其对应的乘法逆元，然后O(1)处理每次询问。#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;#defineintlon

有T次询问，每次给出整数n,m,p，计算C(n+m,n)%p的值。输入保证p为质数。1<=n,m,p<=1E5;1<=T<=10n较大，p较小且为质数时，可以用lucas定理来计算组合数：lucas(n,k,p)=lucas(n/p,k/p,p)*C(n%p,k%p,p)#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;#defineintlonglong#definer

其实不会反演也可以做。首先显然要考虑给你每个数个数，怎么计数。最简单的方法是从大枚举到小，设\(c_i\)为\(i\)的个数，\(f_i\)为\(\gcd=i\)的\(k\)元组出现了多少次，则\(f_i=\binom{c_i}{k}-\sum_jf_{ij}\)，就是\(\gcd\)为\(i\)或\(i\)的倍数减去\(\gcd\)为\(i\)

@Explodingkonjac学长讲的做法，题解区有一篇讲这个的，但是感觉细节真的好多……我们先尝试构造出来一个合法序列。怎么构造呢？先枚举\(\suma_i=s\)，然后先将序列\(a\)设为\(\max(p_n,0)\)个\(1\)后面接\(\max(p_n,0)-s\)个\(-1\)，也就是先到最大值再到最终值。然后考虑往

同样来自@Explodingkonjac学长的讲题。但是我没认真听讲，所以自己想出来了。原本的想法是设对于每一组分别设\(dp_{i,j}\)为当前枚举到第\(i\)个位置，已经钦定了\(j\)个该组中的人投给自己组的方案数。转移就是枚举有多少人投给\(i\)然后容斥。但是可能是我没有处理好，总

本文示例代码已上传至我的Github仓库https://github.com/CNFeffery/dash-master大家好我是费老师，几天前Dash发布了其2.16.0版本，随后在修复了一些潜在问题后，于今天发布了可稳定使用的2.16.1版本，执行下面的命令进行最新版本Dash的安装：pipinstalldash-U2.16版本中为

题意对于所有满足\(1\lea<b\len\)的\((a,b)\)的排列，需要满足：对于\(1\lea<b<c\len\)，\((a,c)\)处在\((a,b)\)和\((b,c)\)之间。另外再给出\(m\)个限制，形如\((a,b,c,d)\)要求\((a,b)\)在\((c,d)\)的前面。Sol其实这道题没有那么hard

AtCoder题面洛谷题面如果每个点的度数都知道了，那问题就转化成了P2290[HNOI2004]树的计数，直接求Prufer序列的个数即可，因为一个度数为\(d_i\)的点在Prufer序列中的出现次数是\(d_i-1\)，所以答案是：\(\frac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^{n}(d_i-1)!}\)。可以把\((n-2)!\)放到

Description有\(N\)行\(N\)列的网格图，只能向下或向右走，合法路径的开端和结尾的格子上数字一样找到合法路径条数，对\(998244353\)取模\(1\leqN\leq400,1\leqa_{i,j}\leqN^2\)。Solution有一个\(O(n^4)\)的做法是每次枚举起点和终点然后用组合数计算答案，但是由于同