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D 记录每一行，每一列有多少个 o，然后统计答案即可。 code E 想到 \(mex^{i \le n}_{i = 1} a_i \le n\) 这整个题就可做了（赛时因为没想到这个，痛失 \(475\) 分）。 所以我们把从 \(0\) 到 \(n\) 的所有数加进 set 里面，如果有这个数， 阅读全文
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problem 容斥好题，结果题解里面一堆 \(\text{NTT}\)。 如果我们去掉有多少个人喜欢什么东西的条件，那么这个题就直接枚举有 \(i\) 组同学会一起讨论蔡徐坤。这一个问题十分容易。 使用容斥原理来做，然后容斥的系数是 \((-1)^i\) 想必这个东西对于大家来说是十分简单的。 如 阅读全文
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problem & blog 首先我们看到 \(x,y\) 有可能为负数，所以我们先把它旋转到第一象限。 然后我们发现如果 \(x_a \ge x_b\) 且 \(y_a \ge y_b\) 那么 \(b\) 点就是无效的，应为他肯定可以被以左下角为 \((0,0)\)，右上角为 \((x_a,y_ 阅读全文
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引入 在一类序列计数问题中，状态转移的过程可能与相邻的已插入元素的具体信息相关。 这类问题通常的特点是，如果只考虑在序列的一侧插入，问题将容易解决。 枚举插入顺序的复杂度通常难以接受，转移时枚举插入位置又难以记录已插入元素的信息。 所以我们就要用连续段 dp。 dp 模型 连续段 dp 的好处在于， 阅读全文
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上次说我的写法low的人的AT号在这里！！（ 我又来提供 low 算法了。 从 D 开始。 T4 我们把 \(\text{A}\) 看成 \(1\)，把 \(\text{B}\) 看成 \(2\)，把 \(\text{C}\) 看成 \(3\)。 那么就可以想到状压，然后把每一行和每一列的情况状态即 阅读全文
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10黑寄。 problem & blog 考虑到处理加边并不简单，所以我们可以考虑一个黑点 \(p\)，连边\((u,p)(p,v)\)。 考虑在现在这棵树上连个点在原图中有变相连相当于有一个公共的 \(p\) 是它们的邻居。 于是删边操作等价于将一个点的儿子黑点并到父亲黑点上。 为了统计答案我们设 阅读全文
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blog 题面 yinhee 去面试 Google 总裁。 面试官给他了一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串。 面试官给他以下两种操作是的这个序列前 \(n-m\) 个数字与后 \(n-m\) 个数字匹配。具体地说就是让 \[a_1 = a_{m+1} \cdots a_{n - m} = 阅读全文
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problem & blog 子任务 \(1\) 和子任务 \(2\) 都比较好做。所以我们这里不讲。 状态将是数字 \(n\) （每个颜色的频率的排序数组）的所有分区，因为当我们旋转每种颜色的频率都是多余的。 由于 \(n \le 10\) 所以我们可以维护这个值。 现在我们浏览这只小黄鸭选择的所 阅读全文
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problem && blog 第一道正经的 Ynoi，特此写篇题解纪念一下。 Algorithm 1 可以想到 \(O(nm)\) 的 DP。 我们定义 \(dp_u\) 为 \(u\) 子树内并包含 \(u\) 的连通点集，权值之和最大。 所以就有 DP 式啦！！ \[dp_u = a_u + 阅读全文
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problem & blog 很明显是个 DP。 于是我们定义 \(dp_{i,j,k}\) 为末尾的字符的 ASCII 码为 \(i\)，有 \(j\) 个大写字母，\(k\) 个小写字母。 然后在枚举能接在 \(i\) 之后所有字母即可。 然后考虑 \(dp_{i,j,k}\) 给后面的 DP 阅读全文