10 2019 档案
摘要：传送门 设 f[x][i] 表示 x 的子树中，离 x 最近的选择的节点距离为 i 的合法方案的最大价值 设 val[x] 表示节点 x 的价值，首先有 f[x][0]=val[x] 那么考虑子树的合并，有 $f[x][min(i,j+1)]=max(f[x][min(i
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摘要：传送门 首先显然下楼的操作一定是不优的，所以只要考虑上楼 设 f[i] 表示到第 i 层时需要的最少时间 那么首先考虑走楼梯，有转移，f[i]=f[i−1]+a[i−1] 然后考虑坐电梯有：f[i]=f[j]+(∑i−1k=jb[k])+c 显然那个 $\sum b
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摘要：传送门 贪心 对于第一个不合法的位置，我们显然要通过删除几个覆盖了它的区间来使这个位置合法 显然删右端点更靠右的区间是更优的，所以就考虑优先删右端点靠右的，然后再考虑下一个不合法位置 用一个 set 维护一下右端点和区间编号即可
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摘要：传送门 显然考虑 n2 的树形 dp 设 f[x][i] 表示 x 的子树内选了 i 个节点染黑，子树内所有边对整颗树的最大贡献 考虑子树的合并，显然对于 (u,v),v∈son[u] ，设边权为 w ，这条边的贡献可以通过 v 子树内的黑节点数算出 因为确
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摘要：传送门 cf 自闭了，打 abc 散散心 A - 9x9 ...这个有什么好讲的吗，题目看懂就会做了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using
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摘要：传送门 正难则反，把链操作成树不好想，那么考虑一下如何把树变成链 每次操作相当于把一个兄弟变成儿子（我把你当兄弟你竟然想把我当儿子.jpg） 注意到每次操作最多只能使树的深度增加 1 因为链的深度为 n 且形态唯一，那么只要把原树操作成深度为 n 即可 现在得到了一个操作次数的下限，即
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摘要：传送门 显然考虑 dp ，设 fx[i][j] 表示从 (i,j) 出发往下走一格，最终到达 (n,m) 的方案数，fy[i][j] 表示从 (i,j) 出发往右走一格，最终到达 (n,m) 的方案数 如果 (i,j) 本身有石头就把这个石头忽略 那么对于 $fx[i
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摘要：传送门 要满足存在 x ，使得 ai⋅aj=xk 那么充分必要条件就是 ai⋅aj 质因数分解后每个质因数的次幂都要为 k 的倍数 证明显然 设 ai=∑xj=1ptjj ，那么不妨变成 $\sum_{j=1}^
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摘要：传送门 首先 n=∑ansi=1(2xans+p) 可以变成 n−ans⋅p=∑ansi=12xans 注意到如果 n−ans⋅p 二进制下 1 的个数等于 ans ，那么一定有解 （只要把 $x
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摘要：传送门 由于只要考虑 \mod 2 意义下的答案，所以我们只要维护一堆的 01 容易想到用 bitset 瞎搞...，发现当复杂度 qv/32 是可以过的... 一开始容易想到对每个集合开一个 bitset ，叫 cnt[] ，维护各种值的数出现了奇数还是偶数次 因为要维护那
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摘要：传送门 首先考虑怎么算 f(n) （就是题目里面那个 f(n)） 发现可以构造一组序列大概长这样： ${1,3,2,6,5,4,10,9,8,7,15,14,13,12,11,...,n(n+1)/2,n(n+1)/2-1,n(n+1)/2-2...n(n+1)/2-(n-1),(n+1)(
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摘要：传送门 首先考虑如果 n 只有一个质因数的情况，即 n=p^t 那么显然可以 dp ，设 f[i][j] 表示第 i 步，当前剩下 p^j 的概率 那么转移很简单： f[i][j]=\sum_{k=j}^{t}\frac{f[i-1][k]}{k+1} ，然后可以发现 $
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摘要：传送门 首先可以注意到序列里面元素的顺序对答案是没有影响的，所以二话不说先排序再看看怎么搞 考虑枚举每种子序列可能产生的贡献并算一下产生这个贡献的子序列有多少 考虑设 F(x) 表示选择的元素差值至少为 x 的长度为 k 的子序列的方案数 那么最终如果直接把每个 $F(x),x \in
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摘要：传送门 可以算是纯数学题了吧... 看到这个 (x+y)(x^2+y^2) 就可以想到化简三角函数时经常用到的操作，左右同乘 那么 (a_i+a_j)(a_i^2+a_j^2) \equiv k \mod P 其实相当于 $(a_i+a_j)(a_i-a_j)(a_i^2+a_j^2) \e
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摘要：传送门 首先可以证明一颗树合法的充分必要条件是不存在某个节点的度数为 2 首先它是必要的，考虑任意一条边连接的两点如果存在某一点 x 度数为 2 ，那么说明 x 还有连一条边出去，那么连出去的那一条边和当前边的权值就永远一样 然后它是充分的，考虑进行如下操作：首先设当前边连接的两端分
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摘要：传送门 听说正常写法是差分约束？ 我怎么看都是贪心啊，所以就用贪心写了（其实是我忘记差分约束怎么写了） 考虑把区间按右端点排序，那么对于每个区间，我们考虑选择的数尽量贴着区间右边，因为这样还可以尽量满足之后区间的要求 （显然填在左边对后面没有任何好处，填右边一定比填左边好） 然后这样搞如果直接暴力复
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摘要：传送门 如果选择 i 当陪审团成员，那么 i 认识的猫一定不能参加 又因为总人数和猫数要为 n ，那么 i 认识的猫 的主人也一定要当陪审团成员（不然总数不够） 所以可以考虑这样构图，对每个人 i 向认识的所有猫的主人 j 连边，那么如果选择 i ， i 能到达的所有
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摘要：传送门 事实上就是模拟 搞一个优先队列维护一下事件结构体：时间，人的编号，入队还是出队 再维护两个 set ，队列内的人 inQueue ，想要进入队列内的人 want 然后模拟模拟模拟！ 初始把所有入队事件塞到优先队列，顺便维护一下当前最后一个取完水的时刻 每次取出优先队列里面时间最小
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摘要：传送门 这一题好妙啊 首先把括号序列转化成平面直角坐标系 xOy 上的折线，初始时折线从坐标系原点 (0,0) 出发 如果第 i 个位置是 '(' 那么折线就往上走一步（y+1），否则往下走一步 （y-1） 这条折线有很多有用的性质 1.如果某个时刻折线的纵坐标为负数了，那么
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摘要：传送门 注意到连续两个格子如果有相同颜色那么一路过去的都可以确定 比如一开始染了这两个位置： 然后发现后面整片过去都可以确定： 对于横着的情况也是一样，然后就会发现不可能出现横着两个和竖着两个同时都有的情况，因为这样一定会冲突，就一定不合法了 （自己画一下就知道了） 那么现在只要对行列分别计算即可，
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摘要：传送门 这个显然考虑容斥，那么答案就是总方案数减去至少有一个 1 的方案数加上至少有两个 1 的方案数减去至少有三个 1 的方案数... 即 ans=\sum_{x=0}^{max(a)}(-1)^{cnt[x]}(2^{f[x]}-1) ，其中 cnt[x] 表示 x 二进
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摘要：传送门 显然我们只要考虑小于等于 n/2 的质数 对于每个不为 2 的质数 p ，如果目前它的还没匹配的倍数有偶数个，那么显然这些都可以匹配完 否则，如果有奇数个，那么我们把 2p 留着不匹配，剩下偶数个拿来全部匹配 最后剩下的数都是 2 的倍数，一个个匹配即可，如果剩下奇数个只
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摘要：传送门 由提示可以知道，如果把图中的边从小到大依次加入，在加入第 k 条边时图恰好联通，那么期望花费为 \frac{k}{m+1} 注意到期望花费和加入边数成正比，发现可以看成每一条加入后不使图联通的边的贡献之和，每条不使图联通的边的贡献即为 \frac{1}{m+1} 那么如果能算出
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摘要：传送门 首先可以注意到对于固定的起点 S ，它最终能走到的终点一定是一段区间 这个用反证法容易证明，假设合法区间存在断点，这个点左右都可以作为终点 那么分成区间断点在起点左边和起点右边讨论一下即可，起点本身显然一定可以作为终点 然后现在只要考虑从每个起点出发能走到的最左和最右的位置即可算出答案
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摘要：传送门 注意到每个位置只能右转一次，首先考虑如果图没有障碍那么显然要走螺旋形的 然后现在有障碍，容易发现对于某个位置如果既可以直走又可以右转，那么一定会选择直走 因为如果转了以后就一定没法走到原本直走可以走到的位置，所以必须直走 那么思路就很明确了，按这种走法然后看看走到底以后经过的总的格子数是不是
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摘要：传送门 注意到 f(X,Y)+f(Y,X) 是一个定值（因为每个元素都不相同） 所以如果能让 f(X,Y) 与 f(Y,X) 尽可能接近，那么一定是最优的 所以可以这样构造：把 n^2 的序列每 n 个分成一组，一共 n 组 对于第一个集合，拿出当前第 1 组最大的，第
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摘要：传送门 显然每种礼物是互相独立的，一个礼物的分配不会影响另一个礼物 对于某个礼物 x ， 对于每个盒子来说，要么选要么不选，那么可以看成长度为 m 的二进制序列 这个序列第 i 位的数就代表第 i 个盒子里是否有这个礼物，那么总方案即为 2^m-1 ，减 1 是因为全 0
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摘要：传送门 注意到两种操作都要消耗中间的石头，并且两种操作每次都会得到 3 个石头 那么显然优先做操作二是最优的，因为操作二只会消耗中间堆的一个石头 如果有剩下再进行操作 1 ，那么可以保证总操作次数最大，即答案最大
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摘要：传送门 首先设 f[x] 表示点分树上 x 的子树内的方案数 发现对于 x 的每个儿子 v ，x 似乎可以向 v 子树内的每个节点连边，因为不管怎么连重心都不会变 显然是错的，题目描述中说如果有多个重心取编号最小的，所以如果 v 的子树大小恰好为 x 的子树大小的一半
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摘要：传送门 很妙的题 首先先考虑一个简化的问题，现在有一行格子让你填 你要么填一格 要么填两格 有的格子不让你填 问你填了 a 个一格和填了 b 个两格有多少种方案 那么显然先只考虑放两格的方案，这个可以简单 dp 得到，设 f[i][j] 表示前 i 个格子放了 j 个两格的方
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摘要：传送门 这一题是真的坑人，时间空间都在鼓励你用 NTT 优化 dp...（但是我并不会 NTT） 看到题目然后考虑树形 dp ，设 f[i][0/1] 表示 i 个节点的树，根节点为奇数/偶数的方案数 然后发现对于 f[i][0/1] 的所有方案，把节点编号同时加一个偶数
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摘要：传送门 首先显然的，如果一个位置开始播放了两圈还没结束，那么就永远不会结束 先考虑位置 1 开始播放，用一个 multisetset 维护一下当前听的所有歌，直到某一首歌 r 不合法了就停止，此时播放的区间即为位置 1 开始的答案 然后考虑从位置 2 开始播放时和从位置 1
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摘要：传送门 先来考虑一下二维时的情况，那么对于 x 相同的点，我们按 y 排序，然后相邻的一对对消除 最后 x 坐标相同的点最多剩下一个，那么此时所有点的 x 坐标都不一样 再按 x 把 x 相邻的一对对删除即可 扩展到三维，显然也可以同样的思路，先把 x,y 相同的点按 $
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摘要：传送门 这一题有点意思 首先预处理出 pos[x] 表示编号 x 的车是第几个出隧道的 然后按进入隧道的顺序枚举每辆车 x 考虑有哪些车比 x 晚进入隧道却比 x 早出隧道 显然是 1 到 pos[x] 中还没访问过的车，那么暴力做法就是这样枚举然后看看有哪些没标记并打上
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摘要：传送门 显然是可以树形 dp 的 对每个节点维护以下 5 个东西 1. 从当前节点出发往下的链的最大贡献 2. 节点子树内不经过本身的路径最大贡献 3. 节点子树内经过本身的路径的最大贡献 4. 从当前节点出发的一条链加上经过这条链的路径构成的图形的最大贡献 5. 从当前
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摘要：传送门 三个限制都可以数位 dp ， dfs 是维护当前位，之前各位总和模 7 意义下的值，之前填的数模 7 意义下的值，是否贴着限制 主要现在求的是各个合法数的平方的和，比较恶心 开一个结构体维护一下三个东西，合法数的个数，合法数的和，合法数的平方和 前两个好维护，平方和发现其实可
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摘要：传送门 首先对于两个排列 A,B 我们可以把 A 从小到大排序并把 B 重新和 A 一一对应 显然这样不会影响 \sum_{i=1}^{n}max(A_i,B_i) 的值 所以直接把第一个排列固定为 1,2,3,...,n 然后考虑第二个排列 B 怎么排比较好 首先最少的
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摘要：传送门 显然可以注意到连续的两个相同颜色的位置颜色是不会改变的，并且它还会把自己的颜色每秒往外扩展一个位置 同时对于 BWBWBW... 这样的序列，它每个位置的颜色每一秒变化一次 然后可以发现，对于一个位置 x，在 x 左边和右边 连续两个相同颜色 扩展到 x 之前， x 的颜
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摘要：传送门 首先减的顺序是无关紧要的，那么有一个显然的贪心 每次减都减最大或者最小的，因为如果不这样操作，最大的差值不会变小 那么直接把序列排序一下然后模拟一下操作过程即可，别一次只减 1 就好
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摘要：传送门 首先如果某个点的度数大于 2 那么显然无解 然后考虑点的度数小于等于 2 的情况 发现其实是一条链 一旦确定了链开头的两个点，后面的点的颜色都可以通过之前的点推出 所以直接枚举即可
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摘要：传送门 这一题一眼 exgcd 怎么看都是 exgcd 考虑一下 exgcd 怎么做这一题 考虑求出 wx+dy=p 的解，并且要尽量满足 x+y+z=n 那么就是要求出一组解 x,y 使得 x+y 尽量小 因为 d<w ，所以对于 wx+dy=p 当 y 取
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摘要：传送门 最关键的想法就是每个位置一定用的是当前能用的最便宜的水，因为到后面可能有更便宜的 然后其他还没用上的水我们也留着，假装此时已经买了，但是如果发现后面有更优的再反悔也不迟 每相邻两个朋友之间我们把最便宜的一些水消耗了 然后考虑有朋友来送水了 设这个朋友的水的最大体积为 mx，价格为 $cs
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摘要：传送门 考虑构造一些区间使得树尽可能的 "大" 发现这棵树最多就是一条链加上链上出去的其他边连接的点 构造的区间大概长这样（图比较丑请谅解..qwq，图中每一个 "└┘" 都是一段区间）： 发现树其实就是个 "毛毛虫"：传送门 所以直接求最大的毛毛虫即可 设毛毛虫的主链集合为 S ，那么毛毛
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摘要：传送门 注意到 m 只有 20 ，考虑一下状压 dp 设 f[S] 表示当前确定的字符集合为 S ，那么转移就考虑从最右边加入的下一个字符 c 那么问题来了，代价如何计算 考虑每次加入一个字符以后对于所有字符间的移动(c_i,c_{i+1})产生的代价 那么显然只有当 $
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摘要：传送门 求合法的串看一眼很不可做 考虑一下总方案减去不合法方案 考虑如何求不合法的串，首先串中连续的相同字符一定是回文串的一部分 然后考虑 AB 交错的情况，发现对于某个 A 它如果左右都有 B 那么一定也是回文串的一部分 对于 B 也是同理 那么只要考虑一段 A 和一段 B
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摘要：传送门 题目别看错了，好像挺多人都读错了... 然后显然可以贪心，只有在需要用 \text{magic crystals} 的时候才用 那么直接模拟即可 如果初始相邻两个突出的平台高度不连续那么我们显然可以直接从上面一步步操作到达下面的平台的上面一个位置 此时考虑如果我们直接操作，那么下面那个平
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摘要：传送门 首先每个点 u 只能选择不超过 k 个相连的边 并且设边为 (u,v) ，那么此时 v 也必须选择这条边 因为图是一颗树，显然考虑一下树形 dp 设 f[x][0/1] 表示考虑完 x 的子树，当前节点有没有留一个选择给和父亲相连的边（0 表示没有） 那么对于
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摘要：传送门 分析题目发现如果把某个数 x 往左移，那么之后所有小于 x 的数也都要往左移 如果把 x 往右移，那么之后所有大于 x 的数也都要往右移 考虑我们首先一定有一个操作 n 次的合法方案 但是发现其实有些数可以不用操作，只要把比它小的和比它大的搞成合法就行了 发现其实不用操作
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摘要：传送门 显然可以二分答案 如果知道卖的票数，那么就能算出有多少 a 倍数但不是 b 倍数的位置，多少 b 倍数但不是 a 倍数的位置，多少既是 a 又是 b 倍数的位置 然后贪心地把每张票分配给那些位置即可 把价格从大到小排序并预处理前缀和就可以 O(1) 求出最大收益了
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