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「CF643G」 Choosing Ads 传送门 如果你知道摩尔投票法可以扩展事实上是个一眼题，又好写又好调。 首先摩尔投票法是用来求众数定义为超过所有数个数一半的数的一个算法。 大致算法流程： 将第一个数其设为我们预选的众数，并给其一个权值 \(w=1\) 接下来，每当我们遍历一个数，若其与预选 阅读全文
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「AGC021E」Ball Eat Chameleons 考虑如何判定一个合法的颜色序列。 不妨设颜色序列中有 \(R\) 个红球，\(B\) 个蓝球，所以有 \(R+B=k\)。 考虑分情况讨论： \(R<B\) 显然无解。 \(R\ge B\) \(R\ge B+n\) 显然任意一种序列都合法， 阅读全文
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「AGC034E」 Complete Compress 显然可以枚举根。 然后把某两棵棋子同时往深度浅的方向提，即对不存在祖先关系的两个棋子进行操作。 如果能到达那么就更新答案。 问题转化为如何判定能够到达。 考虑对于某一个节点，合法的条件是什么。 设 \(f_u\) 为以 \(u\) 为根的子树中 阅读全文
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「AGC034D」 Manhattan Max Matching 传送门 不知道这个结论啊。。。 （其实就是菜嘛） 首先 \(O(n^2)\) 的建边显然不太行。 曼哈顿距离有这样一个性质，如果将绝对值符号拆掉，曼哈顿距离的值一定是所有情况的最大值。 然后根据这个性质我们可以把点拆成四种 \((\p 阅读全文
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「ARC103D」 Distance Sums 传送门 水题。 首先如果让你求树上的节点 \(i\) 到其它所有节点的距离和，这是非常简单的，这就是非常常规的换根 \(\texttt{DP}\)。 那么，我们可以观察一下这个答案的递推式：\(f_u=f_{fa_u}-siz_u+(n-siz_u)\ 阅读全文
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「AGC035C」 Skolem XOR Tree 感觉有那么一点点上道了？ 首先对于一个 \(n\)，若 \(n\equiv 3 \pmod 4\)，我们很快能够构造出一个合法解如 \(n,n-1,n-2,..,1,n+n,n+n-1,n+n-2,...,n+1\)。 若 \(n\equiv 1 阅读全文
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「AGC030D」Inversion Sum 传送门 妙啊。 由于逆序对的个数最多只有 \(O(n^2)\) 对，而对于每一个询问与其相关的逆序对数也最多只有 \(O(n)\) 对，我们可以对于每一对数分别考虑其贡献。 然后你发现直接算所有情况的和非常麻烦，所以我们可以先算出所有情况的期望逆序对数， 阅读全文
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「AGC020D」 Min Max Repetition 传送门 首先这个东西的连续字符个数你可以二分。但事实上没有必要，这是可以直接算出来的。 即 \(k=\max\{\lceil\frac{A}{B+1}\rceil,\lceil\frac{B}{A+1}\rceil\}\)。 证明你就考虑把每 阅读全文
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「AGC029C」Lexicographic constraints 传送门 好像这个题非常 easy。 首先这个答案显然具有可二分性，所以问题转化为如何判定给定的 \(k\) 是否可行。 如果 \(a_k>a_{k-1}\)，那么显然可以不用进位，直接在后面加一串最小字符即可。 否则需要进位，这个 阅读全文
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「AGC027D」Modulo Matrix 传送门 神仙构造题。 首先考虑一个非常自然的思路，我们把棋盘黑白染色后会变成一个二分图，黑色棋子只会与白色棋子相邻。 也就是说，我们可以将二分图的一部随便填数，另一部分填上黑色数的乘积加上某个余数即可。 需要注意随便填数的一部的所有数必须大于这个选择的余 阅读全文