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考虑先写个暴力 dfs 程序打表，可以发现下面的关键结论： 若 $n$ 是偶数，则先手必胜。 若 $n$ 是奇数，则后手必胜。 下面考虑证明结论： $2\mid n$ 打表可以发现先手把 $i,i+n$ 两个元素分为一组，此时后手无论在第 $i$ 组里选择 $i$ 还是 $i+n$，其在对 $n$...

很神秘的题，首先可以证明必然存在合法解。考虑到若某一列上一个数字只出现了一次，那么为了保证最后得到的矩阵是一个拉丁方，这个位置对应的一行排列必须被选择。此时其余和当前被选中排列有至少一位相同的排列都必须被删除。 因为前 $n$ 行的矩阵恰好...

因为 $01$ 序列的 $\text{mex}$ 值只有 $0,1,2$ 三种不同取值，所以考虑然后 dp：设 $f_{i,j,0/1}$ 表示当前处理了 $i$ 点为根的子树内的信息，$i$ 所对应的同色连通块的大小为 $j$，$i$ 点写的数字是...

容易发现 $n$ 为偶数的时候一定无解。而 $n$ 为奇数时，特判 $n=1$，最多可以构造 $\frac{n-3}2$ 个不平衡点，构造方案就直接构造一条链然后给每个点再插一个儿子得到一个毛毛虫树即可。即：$i,i+1$ 点的子女结点为 $i-2$ 结点。 因此考虑在 $k$...

容易发现原式的值即为：$\sum\limits{i=1}^m\sum\limits{j=1}^{ci}(2j-ci-1)x{i,j}$，其中 $x{i,j}$ 表示值为 $i$ 的第 $j$ 个数的位置，要求所有 $x{i,j}$ 恰好不重不漏的取完...

考虑直接容斥计算。记有至少 $i$ 个点不满足条件的答案为 $fi$，则容斥可得最后的答案即为 $\sum\limits{i=0}^n(-1)^ifi$。而因为点和点的权值互不相同，因此一个点最多只有一个儿子可以不合法。此时套路的把每个点写成一个多项式的形式那么就可以得到...

注意到若存在三元组 $(i,j,k)$ 满足 $iaj>a_k$，则此时 $i,j,k$ 三个点在无向图上构成一个三元环，此时无向图一定不是二分图。若不存在任何一组这样的 $(i,j,k)$ 则此时图上不存在环，一定是二分图。 因此数组 $a$ 是二分的 的充要条件...

感觉没啥难度（？ 考虑先随便构造出一个比较大的二次集。 众所周知阶乘可以被拆成若干个数的乘法的形式，因此考虑对每个数拆贡献，得到 $\prod\limits{i=1}^ni!=\prod\limits{i=1}^ni^{n-i+1}$。此时考虑对每个 $i$ 把平方项都拆掉。注意到 $n$...

注意到操作的是一个集合，也就是加入元素的顺序不会影响答案。因此直接钦定的加入元素时不会被删除的数和会被删除的树都是从小到大加入的，因此删除操作一定是删除最近一个加入的未被删除的的元素。 因为需要保证每次删除的数都比前面的数要大，而因为前面钦...

好难啊/ll 有一个贪心策略是连的一条边一定有一端是 $1$ 号点，证明是显然的。 记 $fi$ 为以 $i$ 为根的子树内最长的 $i$ 为一端的链，$gi$ 为以 $i$ 为根的子树内非严格次长的 $i$ 为一端的链，$dep_i$ 为 $i$ 点的深度，这些信息显然可以一次 dfs 在...