02 2025 档案
摘要：不知道其他人有没有感觉。 题目难度上升之后，我感觉做题做起来越来越吃力了。很多时候对着一道题磕一下午，最后也没有太好的思路。 于是开始分析自己的思维。我想知道，究竟是什么使我想出了题目的正解，又是什么阻止了我想出正解。 分析我的思维，有三个词占据了主导地位：经验、直觉、理性。 经验是最先发挥作用的。
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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 \(O(n)\)。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n,m,a[1000005],flag,tim; vector<
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摘要：here. C 考虑最终合法的字符串，形如： \[1,2,2,2,\cdots,2,2,2,3 \]然后考虑对于每对 \(1,3\) 对答案的贡献是，它们中间 \(2\) 的个数，记为 \(cnt\)，\(2^{cnt}-1\)。 然后考虑从左往右扫，每次遇到 \(1\) 往 ds 里加入一个 \(
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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 \((x,y)\) 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 \((x,y)\) 在 F 中不连通，就在 F 中加边 \((x,y)\)。 不难发现这样贪
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摘要：here. 感觉出的都很不错，做起来很舒服。 C 考虑直接 DP。 设 \(f_i,0/1\) 表示考虑前 \(i\) 个人，第 \(i\) 个人是否说谎的方案数。 枚举第 \(i\) 个人是否说谎，得到转移： \[f_{i,0}=f_{i-1,1} \]\[f_{i,1}=f_{i-1,0}[a_
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摘要：here. C 考虑这样一种构造： \[1,2,3,\cdots,n-1,n,1,2,3,\cdots,n-1,n \]或者是： \[1,2,3,\cdots,n-2,n-1,n,1,2,3,\cdots,n-2,n-1 \]这里的 \(n\) 不是题面中的 \(n\)。 但是经检查，这种构造会在
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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 \(O(n)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespa
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摘要：here. \(perf:2017\) 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 \(1\) 作为基准点，两边向这个 \(1\) 靠拢即可。 复杂度 \(O(n)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define int lon
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摘要：here 困难场。 C 重要观察：只有每行的后缀 \(1\) 有用。 考虑归纳证明，设 \(n\) 为一行后缀 \(1\) 的个数。 对于 \(n=1\) 的情况，想要让 \(mex\) 值为 \(2\)，必须选择这个后缀，否则其他后缀的和 一定 \(>1\)； 对于 \(n>1\) 的情况，在之前
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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 \(9\)，想要达到目标，以后不可能再加 \(99\)。 又因为感觉答案上界很小，所以直接暴搜即可。 复杂度 \(O(能过)\)。 #in
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摘要：给因为标题点进来的人道歉，这篇鲜花和 transformer 没有半毛钱关系。 今天重刷了一遍 信息学竞赛 (OI) 究竟发生了什么？，第一次看是在 CSP 出发前一天的晚自习。 这个视频完全改变了我的 OI 观，也使我在 NOIP 的备赛阶段有了突破性的进步。 因此，我觉得有必要向所有人安利这个视
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摘要：here. \(perf:2341\) 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 \(cnt-1\)，\(cnt\) 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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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 \(A*B=C\)，考虑求出 \(C\)。 如果我们将 \(A,B,C\) 三个序列都分为 \(3\) 段，分别记为 \(A_
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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 \(\frac{1}{2}\)。 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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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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摘要：zak 的计数我听不了一点。 于是来写很久以前就想写的 idea。 以上可以算作废话。 感谢 ds 让我用上了免费的大语言模型。 有时候比较闲的时候就会，问它一些弱智吧里的神秘文案，或者是让它解高一数学的压轴题，再或者是让它写即兴散文。 发现 ds 的表现的确很优秀，尤其是文艺范很浓，不知道拿什么语
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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 \(x\) 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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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 \(p_i=i\)，考虑哪些位置能够进行交换。 设 \(s_i\) 表示 \(p_i\) 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 \(s_i=s_j\) 的任意位置 \((i,j)\)，它们是等价的，也就
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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 \(S,T\)，\(S\) 是 \(T\) 的子序列当且仅当 \(f(S,T)=|S|
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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 \(x\)，如果存在 \(y\) 不在 \(x\) 子树内且 \(w_y > w_x\)，此时 \(w_x\) 最大的 \(x\) 一定是必胜点。 原因是，
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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 \(c_1,c_2\)，重合部分的长度为 \(s\)，那么答案为： \[\gcd(c_1,c_2,c_1+c_2-2s)=\gcd(c_1,c_2,2s) \]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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摘要：前言 好题。 思路分析 分析一下答案的组成： 令 \(d_i=\sum_{j=1}^{i-1} [p_i<p_j]-\sum_{j=1}^{i-1}[p_i>p_j]\)，\(S\) 表示选出的集合，\(cnt\) 表示集合 \(S\) 的逆序对数，\(tot\) 表示这个序列的逆序对数： \[to
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摘要：前言 好题。 思路分析 一个朴素的想法是，对于每种字符，我们决策它放的位置，做四路归并，这样复杂度为 \(O(n^4)\)。 但是这样显然没优化前途。考虑做一些观察。 o 存在与否并不重要：o 放在任何位置都是合法的，所以为了最小化代价，我们把 o 放在原来的位置即可； () 的移动方案和 x 的移
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摘要：here. 草怎么是贪心专场。 问就是不会 F。 C 注意到操作一至多只会进行一次，进行两次就抵消了。 所以直接枚举所有可能操作取最大值即可。 注意要开 long long。 总体复杂度 \(O(tn^3)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define int long lo
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摘要：前言 第一次在 OI 中见到求数列极限的题，有点意思。 但是为什么会过这么多人啊。 思路分析 做一点尝试： \[\sum_{i=m} \sum_{j=0}^{m} r_ja_{i-j}=0 \]然后对于相同的 \(a_i\)，合并同类项： \[\sum_{i=m}\sum_{j=0}^{m} r_j
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摘要：here. 感觉这场难度不大啊，我讨厌手速场。 D 有一些细节的模拟题。 消除的总行数为所有列中方格数量的最小值，下面记为 \(sum\)。 设每个方格在本列中从下到上处在 \(k\) 的位置，那么： \(k \le sum\)，这个方格被消除的时间为所有处在 \(k\) 位置的格子中，\(x\)
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