随笔分类 - 题解
摘要：考虑设 f(i) 表示从低到高第 i 位的进位情况，0 表示不进位，1 表示进位。 分类讨论一下： f(i−1)=f(i)=1，那么 a,b 这一位有三种情况 (1,1),(1,0),(0,1)。 f(i−1)=f(i)=0，那么 a,b 这一位有三种情况 $(0
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摘要：首先建出一棵 01-Trie，容易发现选择一个字符串之后，它的子树和到根节点的链上的节点都不能再选了。 仔细观察一下，发现剩下的树实际上是若干个满二叉树，那么要求出这些满二叉树的 SG 函数。 对于一棵深度为 x 的满二叉树（令根节点深度为 0），观察一下，发现： 若取根节点，则整棵树没了，
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摘要：非常神的贪心，先要发现以下两个性质： 要花钱收买的一些人，那么肯定是在一开始就收买他们。 按照 m 升序排序，那么处理 m=x 时，m=1∼x−1 的人一定都投了票，不管是贿赂还是跟风。 性质一不难理解，而性质二基于性质一，在一开始收买完人后就像连锁反应一样，m 从小到大开始
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摘要：T1： 容易发现每种药品之间互不影响，对每种药品分别计算，对于它所涉及到的区间开个 vector 存下来，离散化之后差分，然后前缀和，数出只有它一个线段覆盖的段即可。 时间复杂度 O(∑klog∑k+n+m)。 Code： #include <bits/std
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摘要：T2： 先判 1,n 有连边的情况，也就是说明最短路一定是 1 直接走到 n。特判掉 k=1,n=2 的情况，这是无解的。那么如果 k≥2 就令 1,n 都为 U，其余随便分配，否则令 1,n 都为 P，其余随便分配。 否则不妨假设给 1 分配 U，给
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摘要：稍微手玩一下可以发现： 若 y≥2x，那么 y−x>y 若 y<2x，那么 y−x=y y⊕x≥y−x 于是不难发现只有 y<2x 时才可能有贡献。 即 x,y 位数相同，最高位都为 1。 那么问题变成 $y\oplu
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摘要：令 dis(i,j) 表示点 i,j 之间的曼哈顿距离。 如果钦定两个点 i,j 染同一种颜色，那么就可以发现这些东西： 不能存在点 k 与 i,j 不同色，并且满足 dis(i,k)<dis(i,j) 或 dis(j,k)<dis(i,j)。 对于所有点 $
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摘要：将原题中的操作删除变成染色，即： 给出一棵树，每次随机等概率选择一未染黑的点，将它及其子树染黑。问期望多少次操作可以将树全部染黑。 首先由于期望的线性性，对每个节点分别考虑其期望被选中的次数。 假设当前在考虑点 u，那么只用考虑 1∼u 这条链上的点。 由于每个节点被选中的次数只有
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摘要：首先由于期望的线性性，考虑对每个点分别计算它的期望操作次数。 然后设当前考虑的点为 u，那么只用关注根节点到 u 的链上的点。 对这条链上的操作满足以下两个性质： 只会对链上的坏点染色。 在这条链上所有点变成黑色，即 u 变成好点之前，一直都会对这条链进行操作。 然后就是整道题中最难以理
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摘要：先发现以下两个性质： 对于所有段，它们的异或和就是所有数的异或和。 由于每段的异或和都一样，设为 d，并设 s 为所有数的异或和，总共分成了 x 段，则有 s=[xmod2=1]d。 设 \left{A\right} 的前缀异或和为 \left{pre\right}。 分
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摘要：首先不难发现，字符串具体是啥对答案没有影响。 于是有两种做法，第一种我个人认为更好理解，就是由于长度相同的字符串，用相同操作次数产生它们的方案数是一样的，则设计 f(i,j) 表示用 i 次操作产生长度为 j 的字符串的方案数，则有 加入 0/1，$f(i+1,j+1)\gets f
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摘要：设 f(S) 表示将字符串 S 拆分成 T 的前缀相连，最少需要划分成几段。 需要注意到一个性质，每个字符串被拆分时，最后一个子串应尽可能长。换句话说，若字符串 A,B 都是可以转移的位置，且 A 是 B 的前缀，则必有 f(A)<f(B)，从 A 转移一定最优
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摘要：先考虑暴力的 DP，设 fi 表示到根节点距离恰好为 i 的节点数量，则有 fi=n∑j=1fi−dj
初值为 f0=1，最终求的是 x∑i=0fi。 注意到 di≤100，有很多相同的转移，于是记 $cn
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摘要：考虑二分最小值，设当前二分出的值为 x。 那么把区间中 ≥x 的变成 1，其余变为 0，那么就是查询区间内最长全 1 区间长度是否 ≥k。 这个类似于区间最大子段和，可以用线段树轻松维护。 而发现每个 x 都可能被用到，于是换成主席树即可。 时间复杂度 $\m
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摘要：首先需要发现一个性质，每个串都是单调的，因为一个不单调的串一定可以拆分成若干个单调的串，并且不劣。 于是用 DP 处理出两个单调串相交的点分给哪个串即可。 具体的话就是设 fi 表示前 i 个位置的答案，如果 ai−2,ai−1,ai 是单调的，那么 $$f_i=f_{i
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摘要：E： 简单最短路，加一维表示当前是否翻转所有边的状态即可。 Code F： 先考虑简化版本，如果 \left{A\right} 中没有 0，如何判定。 重新表述一下条件，令 mni,mxi 分别表示第 i 行中的最小值和最大值，则有 $mn_1\le mx_1\le mn_2\l
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摘要：每一个 bool 变量表示「ai 是否 ≥j」，由于 ai 必然 ≥1，所以总的变量数是 n(k−1)。 然后我们根据题目条件来建有向边，注意 2-sat 要满足对称性，所以下文中每一个条件的逆否命题都要建边： ai≤ai+1，等价于「对于所有的
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摘要：考虑时光倒流。 由于 A 操作只会给两个活跃的点连边，所以可以忽略，倒过来相当于没有删边操作。 然后只剩下加边，加活跃点，两种操作。每次暴力 DFS 即可。 时间复杂度 O(n+Q)。 Code： #include <bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：设当前枚举到第 i 位，x 为 i 前面期望连续 1 的个数。 令 ai=x,bi=x2,ci=x3。 a 很好转移， ai=(ai−1+1)×pi
b 的转移考虑 (x+1)2=x2+2x+1，则有 $$b_i=(b_{i
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摘要：先对 k 进行二分，将最值问题转化成判定问题。 判定一个 k 是否合法时，贪心去考虑，一个节点下面的若干条链在合并时，一条链肯定和另一条使它合并后恰好满足长度限制的链合并最优。因此我们用 multiset 来进行维护，一条长度为 len 的链，去查询最小的长度 ≥k−len 的
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