题面传送门首先根据Dliworth定理，原问题等价于前缀LIS。考虑如何做到\(O(n^2)\)求出LIS的变化点（显然这只有\(n\)个）。按照值从小到大考虑，记\(f_{i,j}\)表示考虑到第\(i\)个值，长度为\(j\)的LIS最早在哪个前缀处出现，转移只需要two-pointers一遍就能更新。这个转

前置知识在介绍生成函数前，读者需了解以下概念。此部分的基本概念仅供简单回顾，如需详细了解请自行搜索。自然常数\(e\)，\(e=\lim\limits_{x\rightarrow\infty}(1+\frac{1}{x})^x\).\(\ln\)运算。即以\(e\)为底的对数。导数。即函数的瞬时变化率。即\(\lim\limits_

QOJ传送门因为\(x^{\overlinep}\equivx^p-x\pmodp\)，所以设\(n=pq+r\)，其中\(r\in[0,p-1]\)，则有：\[\begin{aligned}x^{\overlinen}&=(\prod\limits_{i=0}^{q-1}(x+ip)^{\overlinep})(x+pq)^{\overliner}\\&=(x^p

395.CF717AFestivalOrganization&P5320[BJOI2019]勘破神机396.square869120Contest#3GSumofFibonacciSequence特判\(n=1\)。将\(n,m\)都减\(1\)，答案即为\[[x^m]\frac{1}{(1-x-x^2)(1-x)^n}\]若能把这个分式拆成\(\frac{A(x)}{(1-x)^n}+\frac{

说明2023年10月00023高等数学（工本）真题解析单选题在空间直角坐标系中,点（1,1,0）在（A）A.Oxy平面B.Oxz平面C.Oyz平面D.z轴极限\(\lim\limits_{x\rightarrow0\atopy\rightarrow3}xsin\dfrac{1}{xy}=\)(A)A.0B.1C.3D.不存在解：\[x\rightarrow0,y\rightarrow3时x\r

注:\(\logx=\lnx\)组合基础加法原理、乘法原理排列数\(A^m_n=\frac{n!}{(n-m)!}\):从\(1\simn\)选\(m\)个数排成一列的方案数组合数\(C^m_n=\binom{n}{m}=\frac{n!}{(n-m)!m!}\):从\(1\simn\)选\(m\)个数的方案数。(相对于排列数不考虑顺序)

定义调和级数:\(\sum\limits^{\infty}_{i=1}{\frac{1}{i}}\)\(f_n=\sum\limits^{n}_{i=1}{\frac{1}{i}}\)计算\(f_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{6}+\dotsm+\frac{1}{n}<1+\frac{1}

ABC348EMinimizeSumofDistances题目大意给定一棵共\(n\)个节点的树，第\(i\)个点的权重为\(c_i\)。定义\(f(x)\)表示树上所有点到节点\(x\)的距离乘上权重，即\(f(x)=\sum\limits_{i=1}^n(c_i\timesdis(x,i))\)。求\(\min\limits_{u=1}^nf(u)\)。Solve一眼换根

相当Trivial的一篇东西。[ABC177E]Coprime给定\(n\)个数\(a_{1\simn}\)，值域为\(V\)。求：是否全部互质是否两两互质问题1：是否全部互质即求\(\gcd\limits_{i=1}^na_i\)是否为\(1\)。直接\(1\simn\)辗转相除求\(\gcd\)。时间复杂度\(O(n+\logV)\)。（

黎曼和假设函数\(f(x)\)在区间\([a,b]\)上非负连续，那么曲线\(y=f(x)\)和直线\(x=a,x=b\)以及\(x\)轴就围成了一个曲边梯形。为了求解这个曲边梯形的面积\(S\)，我们在这个区间\([a,b]\)中插入一组点\(a=x_0\ltx_1\ltx_2\lt\cdots\ltx_n=b\)，将区间\([a,b]\)

F-TwoSequenceQueriesProblemStatementYouaregivensequencesoflength$N$,$A=(A_1,A_2,\ldots,A_N)$and$B=(B_1,B_2,\ldots,B_N)$.Youarealsogiven$Q$queriestoprocessinorder.Therearethreetypesofqueries:1lrx:Add$x$toeachof$

引入Prüfer序列可以用于求解序列与树的双射，常用于组合计数问题。定义Prüfer序列指的是每次选取一个编号最小的叶子，删除它，然后在序列中记录它所链接的点，重复以上步骤直到只剩下两个节点。过程对树建立Prüfer序列显然可以用堆实现一个朴素的\(\mathcal{O}(n\logn)\)

A.SubsegmentReverse模拟代码实现n,l,r=map(int,input().split())l-=1a=list(range(1,n+1))a[l:r]=a[l:r][::-1]print(*a)B.Nutrients模拟代码实现#include<bits/stdc++.h>#definerep(i,n)for(inti=0;i<(n);++i)usingnamespacest

std::numeric_limits::max和宏定义重复报错问题问题描述今天在编译BeckhoffADS开源组件的时候发现编译报错，报错代码如下longAdsDevice::ReadReqEx2(uint32_tgroup,uint32_toffset,size_tlength,void*buffer,uint32_t*bytesRead)const{if(length>std::nume

令\(\lfloorx\rfloor\)为不大于\(x\)的最大整数。\(\{x\}=x-\lfloorx\rfloor\)。题目1题面求值：\[\sum\limits_{i=1}^{2015}\left\{\frac{2015i}{2016}\right\}\]标准答案\[\begin{aligned}&\left\{\frac{2015i}{2016}\right\}\\

现在开坑，看看一段时间后我能有多大的进步。代码能力：想明白每个维度的上下界，不好做的话，可以尝试改变写法。找不到方向：先观察性质。不好下手处理的题目先进行一些基本的观察，不要上来就做。*ARC178D首先我们发现mex要从大往小删，并且mex能被删掉的条件是，\([0,mex)\)

「LOJ#3399」CommunicationNetwork首先列出式子，\(ans=\sum\limits_{T_2}|T_1\capT_2|2^{T_1\capT_2}\)注意到有\(f(S)=\sum\limits_{T\subseteqS}\sum\limits_{T'\subseteqT}(-1)^{T-T'}f(T')\)证明可考虑计算每个\(T'\)的贡献，由于\(T'\subse

不服来叉首先肯定要二分答案\(k\)，然后肯定留最大的\(k\)个数，考虑删除剩下\(n-k\)个数的策略，肯定是倒着删，考察一下删除倒数第\(i\)个数的时候到底发生了什么，这里我们先假设之前\(i-1\)个数可以成功删掉，否则可以在前面判断出不能删，不妨考虑在删之前\(i-1\)个数的时候

题目传送门简化题意给定\(H,n\)和一个长度为\(n\)的序列\(d\)，求一个最小的\(m\)使得\(H+\sum\limits_{i=1}^{m}d_{(i-1)\bmodn+1}\le0\)。解法将式子移项后得到\(\sum\limits_{i=1}^{m}-d_{(i-1)\bmodn+1}\geH\)。将\(\sum\limits_{i=1}^{m}-d_{(i-1)\bmo

【NOI2010】能量采集题解谨纪念我的第一道手推出来的莫反题。题目大意：已知\(n\)，\(m\)，求\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(2\cdot\gcd(i,j)-1)\)。首先变形一手：\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(2\cdot\gcd(i,j)-1)=2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=

MarkowChain&StationaryDistributionDef(FiniteMarkowChain).Let\(\Omega\)beafinitesetofstates,\(\forallx,y\in\Omega,P(x,y)\ge0\)beatransitionfunction,i.e.,\(\sum\limits_{y\in\Omega}P(x,y)=1.\)AfiniteMarkowchain

#查看限制结果ulimit-a#修改配置#删除最后一行echo-e"#add_config"|sudotee-a/etc/security/limits.conf#加上文本echo-e"\n"|sudotee-a/etc/security/limits.confecho-e"mzc\tsoft\tnproc\t204800"|sudotee-a

记\(a_i=N-R_i,n=N-1\)。先不考虑有多少人被碾压，计算出符合排名限制的方案数。枚举每门课和B神在每门课中的得分，选出\(a_i\)个人得分小于等于他，即：\[\prod\limits_{i=1}^m\dbinom{n}{a_i}\sum\limits_{j=1}^{U_i}j^{a_i}(U_i-j)^{n-a_i}\]设\(s(x)=\sum\limits_{j=1}^{

莫比乌斯反演速通前言由于请假错过了讲课，所以莫反是我第一个需要自学的难度不小的数学知识。自学的过程的狼狈的，旁边也曾是自学的czn告诉我如果学会“狄利克雷卷积”就可以对“莫比乌斯反演”的理解进行“降维打击”。他还十分热心地带着我速通了一遍狄卷与莫反。一知半解，就

形式幂级数的更多运算形式幂级数与幂级数的比较形式幂级数本质是序列（\(x^i\)无意义），幂级数本质是极限。形式幂级数通过带入\(x\)还原成幂级数。假设系数在\(\mathbb{C}\)上，可以证明形式幂级数与具有正收敛半径的幂级数在'通常'的所有运算上服从同样规律（加减乘除求导积