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 阅读全文
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传送门 首先涂区间，那么区间最多有 $2n$ 个相邻位置不同的情况，并且连续相同的颜色可以合并起来 那么这样操作完以后，区间长度最多为 $2n$ 发现涂完一段区间以后其他的操作都不能出现一边在区间内而另一边在区间外的情况 又因为区间长度 $n<=1000$ ，时间 $6$ 秒，考虑一下不满的 $n^ 阅读全文
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传送门 首先一定有解，考虑归纳法证明 首先 $n<=3$ 时显然 考虑 $n=4$ 时，那么因为 $s[1]!=s[2],s[3]!=s[4]$ ，并且 $s[i] \in {a,b,c}$ 由鸽巢原理显然意味着 $s[1],s[2]$ 至少有一个等于 $s[3]$ 或 $s[4]$ 那么我们从中间 阅读全文
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传送门 看到 $n=250$ 显然考虑 $n^3$ 的 $dp$ 设 $f[i][j]$ 表示填完前 $i$ 行，目前有 $j$ 列的最小值是 $1$ 的合法方案数 那么对于 $f[i][j]$ ，枚举 $f[i-1][k]$ ，有 $f[i][j]=\sum_{k=0}^{j}\binom{n-k 阅读全文
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传送门 不妨设 $1$ 号点在集合 $1$ 里 那么对于其他点，有且只有所有和 $1$ 没有边的点都在集合 $1$ 里 考虑不在集合 $1$ 的任意一个点 $x$ ，不妨设它在集合 $2$ 里 那么所有不在集合 $1$ 的，和 $x$ 没有边的点都在集合 $2$ 里，剩下的点都一定在集合 $3$ 里 阅读全文
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传送门 当然是考虑 $n$ 的每个质数 $p$ 对答案的贡献 考虑 $p^k$ 在 $[1,m]$ 中出现了几次，显然是 $\left \lfloor \frac{m}{p^k} \right \rfloor$ 次 那么对于 $p^k$ ，它目前的贡献就是 $p^{\left \lfloor \fr 阅读全文
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传送门 首先每个点至少要有两条边连接 那么容易想到先保证这一点然后再慢慢加边 那么先构成一个环即可：$(1,2),(2,3),(3,4)...(n,1)$ 然后考虑加边，发现一个点加一条边还是合法的，那么不妨直接 $(1,4),(2,5),(3,6)$ ，然后一旦边数为质数了就直接输出答案 那么现在 阅读全文
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传送门 考虑一块块填，首先 $(1,1)$ 有 $4$ 种方案 然后根据 $(1,1)$ 的右边颜色，$(1,2)$ 有两种方案，$(1,3)$ 根据 $(1,2)$ 也有两种方案... 考虑 $(2,1)$ 根据 $(1,1)$ 有两种方案，$(3,1)$ 也有两种.... 然后发现，如果我们确定 阅读全文
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传送门 显然对每个 $o$ ，考虑左边和右边分别有多少 $w$，那么这个 $o$ 的贡献就是左右 $w$ 的出现次数相乘 $w$ 的出现次数可以直接根据每一段连续的 $v$ 得到 那么从左到右扫一遍，动态维护一下左右两边的 $w$ ，遇到 $o$ 就计算一下贡献即可 阅读全文
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传送门 注意到矩形往上是无限的，考虑把点按 $y$ 从大到小考虑 对于枚举到高度为 $h$ 的点，设当前高度大于等于 $h$ 的点的所有点的不同的 $x$ 坐标数量为 $cnt$ 那么对于这一层高度 $h$ 我们就有 $cnt(cnt+1)/2$ 种不同的 $l$，$r$ ，使得矩形内点集不同 发现 阅读全文