题解 - 随笔分类 - _Kenma

S2OJ 20250223 题解合集

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2025 USACO Feb 银组题解合集

摘要：A 考虑从大到小考虑每一个取值的数，如果能换就换，如果换了没用就不换。实现上使用 vector 存下标，复杂度

O (n)

$O(n)$ 。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n,m,a[1000005],flag,tim; vector<

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CF Edu Round 174 题解合集

摘要：here. C 考虑最终合法的字符串，形如：

1, 2, 2, 2, \dots, 2, 2, 2, 3

$1,2,2,2,\cdots,2,2,2,3$ 然后考虑对于每对

1, 3

$1,3$ 对答案的贡献是，它们中间

2

$2$ 的个数，记为

c n t

$cnt$ ，

2^{c n t} - 1

$2^{cnt}-1$ 。然后考虑从左往右扫，每次遇到

1

$1$ 往 ds 里加入一个 \(

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CF Round 998 题解合集

摘要：here. E 考虑对 F 先删边再加边。删边时，用并查集维护出 G 的联通性，如果 F 中的边

(x, y)

$(x,y)$ 在 G 中不联通，就把它删去。加边时，用并查集维护出 F 的联通性，如果 G 中的边

(x, y)

$(x,y)$ 在 F 中不连通，就在 F 中加边

(x, y)

$(x,y)$ 。不难发现这样贪

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CF Round 999 题解合集

摘要：here. 感觉出的都很不错，做起来很舒服。 C 考虑直接 DP。设

f_{i}, 0 / 1

$f_i,0/1$ 表示考虑前

i

$i$ 个人，第

i

$i$ 个人是否说谎的方案数。枚举第

i

$i$ 个人是否说谎，得到转移：

f_{i, 0} = f_{i - 1, 1}

$f_{i,0}=f_{i-1,1}$ \[f_{i,1}=f_{i-1,0}[a_

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CF Round 997 题解合集

摘要：here. C 考虑这样一种构造：

1, 2, 3, \dots, n - 1, n, 1, 2, 3, \dots, n - 1, n

$1,2,3,\cdots,n-1,n,1,2,3,\cdots,n-1,n$ 或者是：

1, 2, 3, \dots, n - 2, n - 1, n, 1, 2, 3, \dots, n - 2, n - 1

$1,2,3,\cdots,n-2,n-1,n,1,2,3,\cdots,n-2,n-1$ 这里的

n

$n$ 不是题面中的

n

$n$ 。但是经检查，这种构造会在

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CF Round 1005 题解合集

摘要：here. 困难场。 C 考虑贪心，我们在一个前缀只取正数，后缀只取负数，这样取一定可以取到最大值。扫一遍记录前缀正数和和后缀负数和，枚举分割点即可。复杂度

O (n)

$O(n)$ 。 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespa

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abc393 题解合集

摘要：here.

p e r f : 2017

$perf:2017$ 啥啊。越来越过分了是吧。我现在不仅怀疑参赛者有人机，还怀疑出题者是人机。 D 以最中间的

1

$1$ 作为基准点，两边向这个

1

$1$ 靠拢即可。复杂度

O (n)

$O(n)$ 。 #include<bits/stdc++.h> #define int lon

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0

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CF Round 1002 题解合集

摘要：here 困难场。 C 重要观察：只有每行的后缀

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$1$ 有用。考虑归纳证明，设

n

$n$ 为一行后缀

1

$1$ 的个数。对于

n = 1

$n=1$ 的情况，想要让

m e x

$mex$ 值为

2

$2$ ，必须选择这个后缀，否则其他后缀的和一定

> 1

$>1$ ；对于

n > 1

$n>1$ 的情况，在之前

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CF Round 1004 题解合集

摘要：here. here. 感觉是 good round。 2C 唯一没做明白的题。经过若干手玩，发现在最优次数内达到目标，加的值是固定的。也就是说，如果我加了

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$9$ ，想要达到目标，以后不可能再加

99

$99$ 。又因为感觉答案上界很小，所以直接暴搜即可。复杂度

O (能 过)

$O(能过)$ 。 #in

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S2OJ 20250211 题解合集

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abc392 题解合集

摘要：here.

p e r f : 2341

$perf:2341$ 草忘写了，赶紧补档。 E 这种题都能被放到 E 了吗。考虑最小化答案为

c n t - 1

$cnt-1$ ，

c n t

$cnt$ 是联通块个数。考虑构造答案，首先把能加的边加上，然后用 set 和并查集维护当前联通块集合，对于之前没加过的边，能加就加。总体复杂度 \(O(m\

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题解：mex times mex（省选模拟赛 T2）

摘要：前言题目链接：here. 这是一个 T1 读错题刚 T2 导致垫底的可怜人的博客。思路分析首先这个柿子一看就是魔改的 FWT 的卷积。考虑分治处理。对于当前分治层

A * B = C

$A*B=C$ ，考虑求出

C

$C$ 。如果我们将

A, B, C

$A,B,C$ 三个序列都分为

3

$3$ 段，分别记为 \(A_

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题解：P9989 [Ynoi Easy Round 2023] TEST_69

摘要：前言注意到 test_69 没有 69 个 test。思路分析我们知道，每次对于一个数取 gcd 时，如果这个数改变，那么至少减小至原来的

\frac{1}{2}

$\frac{1}{2}$ 。然后考虑怎么判断区间每个数的 gcd 是否改变，不难发现维护区间 lcm，如果 k 是区间 lcm 的倍数，那么区间里

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题解：P8393 [BalticOI 2022] Stranded Far From Home (Day2)

摘要：前言展现 mkr 极高 OI 水平题。思路分析首先考虑在序列上怎么做。在序列上，考虑这样一种分治算法：每次选取序列的最大值，它一定可以把整个序列吃完，然后考虑左右区间的最大值，它们一定可以吃掉左右区间，如果它们能吃掉整个序列的最大值，它们一定能吃掉整个序列。然后分治左右区间。不难发现这就是

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题解：[THUPC 2021] 鬼街

摘要：前言不希望被称为减半报警器模板，因为它一不是减半，二就只有这一个题。思路分析考虑暴力，预处理出

x

$x$ 的质因数集合，每次在对应位置上对所有报警器加，如果有一个炸了就删除它。考虑优化方向，每次我们在对应位置单点修改，能不能对这个位置上的报警器合并处理？问题是，我们每个报警器都牵连着它所

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题解：Coprime Permutation

摘要：前言一种很新的排列计数。思路分析考虑将排列视作映射，初始令

p_{i} = i

$p_i=i$ ，考虑哪些位置能够进行交换。设

s_{i}

$s_i$ 表示

p_{i}

$p_i$ 的质因子集合，为了方便，考虑用元素乘积刻画这个集合。不难发现，对于

s_{i} = s_{j}

$s_i=s_j$ 的任意位置

(i, j)

$(i,j)$ ，它们是等价的，也就

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题解：[AGC044D] Guess the Password

摘要：前言比较可做的交互题，瓶颈在于编辑距离的转化。思路分析首先考虑编辑距离是困难的，考虑弱化条件。因为本题要求确定一个字符串，因此，可以尝试将编辑距离转化为判定子序列相关的信息。具体地，考虑，对于两个字符串

S, T

$S,T$ ，

S

$S$ 是

T

$T$ 的子序列当且仅当 \(f(S,T)=|S|

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题解：The Game (Easy Version & Hard Version)

摘要：前言这是最近 VP CF 遇到的。感觉是套着博弈壳子的树上 DS，做起来思路也很自然，于是记录之。思路分析 E1 经过手玩样例发现，对于

x

$x$ ，如果存在

y

$y$ 不在

x

$x$ 子树内且

w_{y} > w_{x}

$w_y > w_x$ ，此时

w_{x}

$w_x$ 最大的

x

$x$ 一定是必胜点。原因是，

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题解：Many Many Cycles

摘要：前言好题。第一次听说切边等价。思路分析首先玩两个环的情况。令环长分别为

c_{1}, c_{2}

$c_1,c_2$ ，重合部分的长度为

s

$s$ ，那么答案为：

gcd (c_{1}, c_{2}, c_{1} + c_{2} - 2 s) = gcd (c_{1}, c_{2}, 2 s)

$\gcd(c_1,c_2,c_1+c_2-2s)=\gcd(c_1,c_2,2s)$ 对于大于两个环的情况，我们可以任意拆解成两个环的情况，再进行

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Kenma

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