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分治 NTT 给定序列 g1…n−1g_{1\dots n - 1}g1…n−1​，求序列 f0…n−1f_{0\dots n - 1}f0…n−1​。 其中 fi=∑j=1ifi−jgjf_i=\sum_{j=1}^if_{i-j}g_jfi​=∑j=1i​fi−j​gj​，边界为 f0=1f_0=1f0​=1。 答案对 998244353998244353998244353 取模。 考虑对原序列进行分治，假设当前要求出的区间是 [l,r][l,r][l,r]，其中 [l,mid][l,mid][l,mid] 已经递归左半部分算完，那么我们需要先考虑 [l,mid][l,mid][l,mid] 对 [mid+1,r][mid+1,r][mid+1,r] 的贡献再递归右半部分即可。 那我们发现，[l,mid][l,mid][l,mid] 对于 [mid+1,r][mid+1,r][mid+1,r] 的贡献是一个卷积形式。所以我们把 f[l,mid]f[l,mid]f[l,mid] 和 g[1,r−l]g[1,r-l]g[1,r−l] 抽出来做一个 NTT 卷积，然后把答案加到右边，之后 ...

Min 25 筛 Min 25 筛是用来求出积性函数前缀和的方法。 如果你不知道什么是积性函数： 积性函数：∀a⊥b:f(ab)=f(a)f(b)\forall a\perp b:f(ab)=f(a)f(b)∀a⊥b:f(ab)=f(a)f(b)； 完全积性函数：∀a,b:f(ab)=f(a)f(b)\forall a,b:f(ab)=f(a)f(b)∀a,b:f(ab)=f(a)f(b)。 本文中，若无特殊说明，ppp 表示质数。 第一步 - 求出函数质数部分的前缀和 做法 此步我们要求 fff 是完全积性函数，在题目中 f(p)f(p)f(p) 往往是关于 ppp 的多项式，这样就可以拆成若干个完全积性函数，也就是说，我们期望 f(p)f(p)f(p) 的表达式较简单。 即求 g(n)=∑p≤nf(p)g(n) = \sum_{p\le n} f(p)g(n)=∑p≤n​f(p)。 设 pjp_jpj​ 为第 jjj 个素数（即p1=2p_1=2p1​=2），特别地，令 p0=1p_0=1p0​=1。 设 g(n,j)g(n, j)g(n,j) = ∑i=1n[i是质数∨i 的 ...

容斥原理 对于集合 S1,S2,…,SnS_1, S_2, \ldots, S_nS1​,S2​,…,Sn​: ∣⋃i=1nSi∣=∑i∣Si∣−∑i<j∣Si∩Sj∣+∑i<j<k∣Si∩Sj∩Sk∣+⋯+(−1)n−1∣S1∩⋯∩Sn∣\begin{aligned} \left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=&\sum_{i}|S_i|-\sum_{i<j}|S_i\cap S_j|+\sum_{i<j<k}|S_i\cap S_j\cap S_k|+\cdots+(-1)^{n-1}|S_1\cap\cdots\cap S_n| \end{aligned} ​i=1⋃n​Si​​=​i∑​∣Si​∣−i<j∑​∣Si​∩Sj​∣+i<j<k∑​∣Si​∩Sj​∩Sk​∣+⋯+(−1)n−1∣S1​∩⋯∩Sn​∣​ 也就是说，对于满足若干个性质中至少一个的元素，可以用同时满足若干个性质的元素个数进行容斥（满足一个的 - 满足两个的 + 满足三个的……） 如果对于上式稍加修改，我们也能得出集合交集 ...

最近公共祖先 最近公共祖先（LCA）指的是两个或多个点的公共祖先中离根最远的一个。 对于 LCA 问题，有多种算法可以求解。 倍增 过程 先将树进行一遍 DFS，预处理出 fau,i\textit{fa}_{u,i}fau,i​ 表示节点 uuu 的 2i2^i2i 级祖先。 接下来对于两个节点 u,vu,vu,v，先根据两个节点的深度之差 ∣depu−depv∣|\textit{dep}_u - \textit{dep}_v|∣depu​−depv​∣，将较深的节点用 fa\textit{fa}fa 数组，通过 O(log⁡n)O(\log n)O(logn) 次操作跳到一样深。 当两个节点一样深之后，若此时两个节点相同，直接返回。 否则需要找到最小的 ddd，使得 uuu 和 vvv 的 ddd 级祖先相同。为次，我们从最大的 iii 开始，依次递减到 000，每次如果 fau,i≠fav,i\textit{fa}_{u,i}\ne \textit{fa}_{v,i}fau,i​=fav,i​，就将 u←fau,i,v←fav,iu\gets \textit{fa}_{u,i}, ...

数位 DP 数位 DP 是一种快速求解出在 [1,n][1,n][1,n] 满足条件的数个数的方法。其特点有数据范围一般均为 101810^{18}1018 次方量级（甚至更高）。 对于这种问题，我们是有一套通用的记忆化搜索模板的。 记忆化搜索 数位 DP 有不使用记忆化搜索的递推写法，但是记忆化搜索写法具有好实现的优点，而且一般记忆化搜索是可以做所有数位 DP 的题目的。 我们从一道题目出发来讲解通用的记忆化搜索方法。 示例题目 LOJ#10164. 「一本通 5.3 例 2」数字游戏 给定两个正整数 aaa 和 bbb，求在 [a,b][a,b][a,b] 中的所有整数中，有多少个数满足从左到右各位数字成小于等于的关系。 1≤a≤b≤231−11\le a\le b\le 2^{31}-11≤a≤b≤231−1。 解法 首先我们需要知道，对于区间 [a,b][a,b][a,b] 来说，可以拆分成求 [1,b][1,b][1,b] 和 [1,a−1][1,a-1][1,a−1] 的答案，然后将结果相减，因此后面我们只需考虑求出 [1,n][1,n][1,n] 的所有整数中各数码出现个 ...

生成树 定义连通无向连通图 GGG 的生成树是有 GGG 的一个树子图。 最小生成树 相关概念与性质 定义带权无向图的最小生成树是其各边边权和最小的生成树。 定义带权无向图的瓶颈生成树该图生成树中，最大的边权最小的生成树。 最小生成树一定是瓶颈生成树，瓶颈生成树不一定是最小生成树。 边权各不相同的图最小生成树唯一。 一张图所有最小生成树同一权值边数量相同。 一张图上两点之间所有路径最大边的最小值 = 最小生成树上两点路径最大边。 算法 一般有三种算法可以用来求最小生成树，实际做题时应根据题目灵活选用适合的算法。 Kruskal 将边从小到大排序，依次遍历，如果当前边的两个端点之间没有连通就加入这条边，最后加入的边构成的就是最小生成树。 用并查集维护连通性。 复杂度 O(mlog⁡m)O(m\log m)O(mlogm)。 模板代码： 12345678910111213141516171819202122232425262728293031323334353637#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N ...

行列式 定义 对于 n×nn\times nn×n 的方阵 AAA [a1,1a1,2⋯a1,na2,1a2,2⋯a2,n⋮⋮⋱⋮an,1an,2⋯an,n]\begin{bmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{bmatrix} ​a1,1​a2,1​⋮an,1​​a1,2​a2,2​⋮an,2​​⋯⋯⋱⋯​a1,n​a2,n​⋮an,n​​​ 定义其行列式 det⁡(A)=∑p(−1)π(p)∏i=1nai,pi\det(A) = \displaystyle \sum_{p}(-1)^{\pi(p)}\prod_{i=1}^n a_{i,p_i}det(A)=p∑​(−1)π(p ...

题意 称在二进制下 010101 交替且最高位和最低位都是 111 的数为斑马数，如 (1)2=1,(10101)2=21(1)_2=1,(10101)_2=21(1)2​=1,(10101)2​=21。 对一个数 nnn 来说，定义它的价值为最小的正整数 ppp，使得 nnn 能表示成 ppp 个斑马数（可以相同也可以不同）。 求 [l,r][l,r][l,r] 中价值为 kkk 的数个数。 l,r,k≤1018l,r,k\le 10^{18}l,r,k≤1018。 题解 考虑一个数的最优分解，即分解成最少个斑马数之和。 设第 iii 个斑马数为 ziz_izi​，即 z1=1,z4=85z_1=1,z_4=85z1​=1,z4​=85，分解中第 iii 个斑马数的次数为 cic_ici​。 假设某一个数的最优分解中含有了某个斑马数 zi(i>1)z_i(i>1)zi​(i>1) 至少 555 次以上，那么可以发现 5zi=zi+1+4zi−15z_i = z_{i+1} + 4z_{i-1}5zi​=zi+1​+4zi−1​，不会使答案变劣。 若含有了 111 至 ...

约定下标从 0 开始。 Z 函数 定义 z[i]z[i]z[i] 表示字符串 sss 和 s[i..]s[i..]s[i..]（即从 iii 开始的部分）的最长公共前缀。 我们可以在 O(n)O(n)O(n) 复杂度内计算出一个字符串的 Z 函数。（当然也可以哈希单 log 完成） 假设我们已经求出了 z[0],z[1],…,z[i−1]z[0],z[1],\ldots,z[i-1]z[0],z[1],…,z[i−1]，对于每个 iii，将 [i,i+z[i]−1][i,i+z[i]-1][i,i+z[i]−1] 称为它的 Z-box。 我们找出 1∼i−11\sim i-11∼i−1 中右端点最靠右的 Z-box，记作 [l,r][l,r][l,r]。（初始时 l=r=0l=r=0l=r=0，不计 z[0]z[0]z[0] 的 Z-box） 分类讨论： i≤ri\le ri≤r：根据 Z 函数定义可知 s[0..r−l]=s[l,r]s[0..r-l]=s[l,r]s[0..r−l]=s[l,r]，则 s[i..r]=s[i−l,r−l]s[i..r]=s[i-l,r-l]s[i. ...

包括删边，删点，修改边权，加边，查询最短路一类问题。 一般图多源最短路 一般图的多源的删边最短路由于受到 Floyd O(n3)O(n^3)O(n3) 的限制，做法一般比较单一。 删边，多源最短路 题目 ABC375F Road Blocked 给定一个有 nnn 个点，mmm 条边的带权无向图，有 qqq 个查询，类型如下： 1 i：删除第 iii 条边； 2 x y：求 xxx 到 yyy 的最短路长度（无法到达输出 -1）。 数据范围：n≤300,m≤(n2)n\le 300, m\le \binom n 2n≤300,m≤(2n​)，删边不超过 300300300 次。 解法 看到删边不超过 300300300 次启发我们使用 Floyd O(n3)O(n^3)O(n3) 解决这个问题。Floyd 能处理新加入一条边，但是比较难做删边，所以我们离线之后倒过来处理，就只需要加边和求任意两点最短路。 怎么用 Floyd 更新一条边对多源最短路的贡献？ 假设这条边是 (u,v)(u, v)(u,v)，长度为 www，di,jd_{i,j}di,j​ 表示 i,ji,ji,j 之间 ...