09 2021 档案
摘要：（事实上，总是可以让每一场都比，因此$w_{i}$并没有意义） 当$k=2$时，有如下做法—— 新建一个点，向所有奇度数的点连边，并对得到的图求欧拉回路，那么只需要将欧拉回路上的边交替染色，即可保证$|s_{i,1}-s_{i,2}|\le 1$（路径长度为奇数时的起点），去掉新建的点后仍有$|s_
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摘要：记$d(x,y)$为$x$到$y$的距离，$cost_{x}=\sum_{i=1}^{n}w_{i}d(x,i)^{\frac{3}{2}}$为$x$的代价 取$C$为足够大量，对于一条边权为$w$的边，在边上新建$wC-1$个点，这些点点权为0（即本身无影响），并将边拆成$wC$段，那么每一段边权
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摘要：记$a_{i}$为当前第$i$个水箱的电流，$b_{i}$为$a_{i}$的历史最大值 不难发现，问题即要支持：对$a_{i}$区间覆盖和区间加（并对0取$\max$）；查询某个$a_{i}$和$b_{i}$ 整体思路类似于bzoj3064，仍维护$\max a,b$和操作序列，操作执行方式即令$
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摘要：记$a_{i}$为时刻$i$当前cpu使用率，$b_{i}$为$a_{i}$的历史最大值 不难发现，问题即要支持：对$a_{i}$区间赋值和区间加；查询$a_{i}$和$b_{i}$的区间最大值 在线段树的节点上维护$\max a,b$和一个操作序列（类似懒标记），序列中的元素为操作（赋值或加），并
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摘要：整体思路类似于hdu5306，在线段树上维护区间内最大值及个数、严格次大值、最小值及个数、严格次小值和区间和，即可支持$o(\log n)$查询 修改时，区间加直接维护即可，区间取$\min$的做法与该题相同—— 修改时，搜索至完全覆盖的区间后再分类讨论： 1.若修改值大于严格次大值，可以打上懒标记
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摘要：segment tree beats模板题 在线段树上维护区间内内最大值及个数、严格次大值和区间和，即可支持$o(\log n)$查询 修改时，搜索至完全覆盖的区间后再分类讨论： 1.若修改值大于严格次大值，可以打上懒标记并维护上述信息 2.若修改值不超过严格次大值，继续递归下去 （另外，该信息显然
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摘要：考虑对于确定的排列$\{p_{i}\}$，如何求出其（交换后）会得到的排列—— 令$cnt_{x}$为在$i$之前比$x$大的元素个数（其中$p_{i}=x$），显然排列合法当且仅当$cnt_{i}\le k$ 注意到每一次交换至多只有初始靠后的元素$cnt_{i}$减小1，因此交换次数至少为$\s
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摘要：（为了方便，以下除$V$外都改为小写字母） 结论1：若$a+b\le m+1$，则答案为$m+1$（即任意$x$都可以被得到） 任取$y\in [0,m]$，由$\gcd(a,b)=1$存在$y-V=pa+qb$，且不妨假设$p\in [0,b)$ 不断对$x+a$直至加了$p$次或无法再加，对两种
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摘要：即QTREE5和QTREE6组合，即将原本维护子树范围内点数改为维护子树范围内最小值即可，由于最小值没有可减性，因此需要使用set （虽然形式上与QTREE5类似，但QTREE5维护的信息更巧妙一些，而这题比较直接） 另外关于make_root中没有rev的修改，实际上也不需要改变 时间复杂度为$o
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摘要：考虑如下构造： 新建一条边$(0,1)$，并将原树以0为根建树，记$fa_{x}$为$x$的父亲（其中$1\le x\le n$） 维护两棵森林，分别记作$T_{0/1}$，每一条边恰属于一棵，其中$(x,fa_{x})\in T_{0}$当且仅当$x$为白色点 此时，考虑节点$x$的答案（不妨假设
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摘要：定义$f(S)$表示点集$S$的最小连通块 做法1 通过对所有节点判定，可以在$n$次询问中求出具体的$f(S)$ 对于$x\ne y$，显然$(x,y)\in E$当且仅当$f(\{x,y\})=\{x,y\}$，那么直接暴力判定即可 询问次数和时间复杂度均为$o(n^{3})$ 做法2 为了方便
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摘要：合理的正解大概是动态点分治，这里给出其实现 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 struct Edge{ 5 int nex,to; 6 }edge[N<<1]; 7 multiset<int>S
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摘要：记$g(k)$为$c$恰为$k$的合法三元组数，显然$f(k)=\sum_{i=1}^{k}g(i)$ 结论：若$\lim_{k\rightarrow \infty}\frac{g(k)}{k^{2}}$存在，记其为$s$，则$\lim_{k\rightarrow \infty}\frac{f(k)
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摘要：将奶牛的状态用序列$\{a_{1},a_{2},...,a_{m}\}$来描述，其中$a_{i}$表示第$i$头奶牛的位置（奶牛数量为$m$） 下面，先来考虑对于某个特定的$m$如何处理： 对于一条简单路径，如果路径中（不包括端点）所有点度数均为2且端点的度数均不为2（允许为1），则称该路径为一条"
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摘要：对于一个排列$p_{i}$，假设循环长度依次为$x_{1},x_{2},...,x_{m}$，那么所需步数即${\rm lcm}_{i=1}^{m}x_{i}$ 由于是乘积，因此可以枚举素数$p$，并统计其的次数（注意这是对$\varphi(M)=M-1$取模） 类似于$E(X)=\sum_{i\g
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摘要：类似于[loj2553] 对第一棵树边分治，对第二棵树建立虚树，并根据直径合并的性质来处理第三棵树（另外在第三棵树中计算距离需要使用dfs序+ST表做到$o(1)$优化） 总复杂度为$o(n\log^{2}n)$，可以通过 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using name
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摘要：边分治模板题 （第一次写边分治就记一下吧） 对式子变形，即为$\frac{dep_{x}+dep_{y}+dis(x,y)}{2}-dep'_{lca'(x,y)}$ 通过增加节点使每一个点的度数都不超过3，不难证明此时总存在一条边，假设其将其删除后两连通块大小分别为$x$和$y$，则有$y\le
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摘要：结论 注意到如果$x$周围有偶数个1，对$x$操作显然不会改变$a_{x}$，因此不妨强制操作的点周围要有奇数个1，不难发现此时恰好会改变该点，即令$a_{x}=a_{x}\oplus 1$ 称$\{a_{i}\}$合法当且仅当其能被得到，问题即统计合法序列数 显然操作是可逆的，因此$\{a_{i}
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摘要：思路 统计数的种类数，也等价于统计有多少个数满足其之前没有与其相同的数 将序列以$\frac{k}{2}$为块大小分块，那么即会有$m=\frac{2n}{k}$个块 （关于$k=1$的情况，以1为块大小分块即可，具体可以自行代入检验） 考虑$\forall 1\le i<j\le m$，将第$i$
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摘要：将所有线段的端点（即$a_{i}$和$a_{i}\pm l_{i}$）离散，并按照$a_{i}$从小到大排序 定义$f_{i,,j}$表示前$i$条线段在位置$j$之前最多能覆盖的长度（默认覆盖到$j$，允许覆盖到$j$之后，但该部分不计入覆盖的长度），转移对第$i$条线段的方向分类讨论： （关于"
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摘要：模板题 定义$\lfloor x\rfloor$表示小于等于$x$的最大整数，$\lceil x\rceil$表示大于等于$x$的最小整数 不难发现，若$a\in Z^{+}$且$b,x\in Z$，则$ax\le b\iff x\le \lfloor\frac{b}{a}\rfloor$、$ax\
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摘要：前置知识 下面，先来介绍一下Stern-Brocot Tree的结构： 其是一棵满二叉树，每一个节点都是一个最简分数，其中根为$\frac{1}{1}$ 假设前$i$层的中序遍历分数依次为$\frac{y_{i,j}}{x_{i,j}}$（其中$i\ge 1,j\in [1,2^{i})$，即根为第
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摘要：为了方便，不妨先将$n$和$m$都减小1，其意义即为移动的次数 注意到老鼠向下移动和猫向上移动对于第2个条件是等价的，对于第1个条件即要求都恰好移动$n$次，那么对应的方案数即为${2n\choose n}$，乘上此系数后不妨将两种操作都看作仅有老鼠向下移动$2n$次 此时，即猫只能向右移动，因此相
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摘要：将方格（参考题目）看作一个点，相邻的两点若颜色相同则连边，即得到一张网格图，而每次询问即求子矩形内的点导出子图对应的连通块数 注意到网格图也是平面图，根据欧拉公式有$V+F-E=1+C$（其中$V,F,E$和$C$分别为点数、块数、边数和连通块数），那么不妨去求$V,F$和$E$ 显然$V=(x_{
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摘要：考虑不断找到以下两种类型的边，并维护答案： 1.终点出度为0的边，那么此时即令$ans_{x}=\min(ans_{x},\max(r,ans_{y}-p))$ 2.（在没有"终点出度为0的边时"，即优先删除第1类边）剩余边中$r$最大的边，注意到能走到的每一个点都有出边，且其限制$r$
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摘要：2018年论文题 约定：令点集$V=[1,n]$、边集$E=[1,m]$，记$m$条边依次为$e_{i}=(x_{i},y_{i},c_{i})$（其中$1\le i\le m$），将其按照$c_{i}$从小到大排序，即不妨假设有$c_{1}\le c_{2}\le...\le c_{m}$ 先来考
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摘要：称区间$[l,r]$的"信息"为其的答案和第一个、最后一个大于$x$的位置，显然通过$[l,mid]$和$[mid+1,r]$的信息可以$o(1)$合并得到$[l,r]$的信息 考虑分块，将其按$K$的块大小分块，区间查询时求出散块每一个位置的信息（将其看作一个区间）和每一个整块的信息，之后即可$o
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摘要：做法1 以$K$为块大小分块，并对每一个块再维护一个排序后的结果，预处理复杂度为$o(n\log K )$ 区间修改时将整块打上标记，散块暴力修改并归并排序，单次复杂度为$o(\frac{n}{K}+K)$ 区间查询时在整块中二分，散块暴力枚举，单次复杂度为$o(\frac{n}{K}\log K+
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摘要：做法1 对于每一个询问，直接暴力在每一个序列中二分查询 时间复杂度为$o(nk)-o(k\log n)$ 做法2 将所有序列合并后排序，并对每一个元素预处理出每个序列中第一个大于等于其的元素（位置），那么只需要在总序列中二分并输出该位置预处理的答案即可 关于这个预处理，显然只需要从后往前扫描一遍总序
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摘要：对答案序列求一个高维后缀和，再通过差分将其解出，后者复杂度为$o(n2^{n})$ 对于求后缀和后的结果，即01序列仅要求1处有边（不要求0处没有边），那么也即要求将原图划分为若干条长度给定且没有公共点的链 不妨先去枚举链的长度，假设为$\{l_{1},l_{2},...,l_{m}\}$，要求满足
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摘要：注意到仅关心于每种数个数的奇偶性，并且以此法操作不影响结果 对其使用bitset维护，即可在$o(\frac{v}{\omega})$的复杂度内完成操作1,2和4 对于操作3，即是一个经典的$\gcd$卷积，记$S_{i}$为第$i$个集合对应的bitset（下标范围为$[1,v]$），那么构造倍数
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摘要：构造形如$1,3,2,6,5,4,10,9,8,7,...$的序列，不难发现其中前$\frac{k(k+1)}{2}$项最少要划分为$k$个单调子序列 由此，取$k=f(n)+1$时应有$\frac{k(k+1)}{2}>n$，也即有$f(n)\ge \max_{\frac{k(k+1)}{2}\l
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摘要：将棋盘黑白染色，即构成一张二分图 将状态用一张二分图$G$和一个点$x\in V$描述（分别为仍未被经过的点的导出子图和当前棋子所在位置），并称将要移动棋子的一方为先手 结论：先手必胜当且仅当$x$一定在$G$的最大匹配中 对该结论归纳，显然$|V|\le 2$时显然成立 若$|V|<n$时成立，考
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摘要：参考loj2265中关于杨表的相关知识 先来考虑$m\mid n$的情况： 记$t=\frac{n}{m}$，将序列划分为$[1,m],[m+1,2m],...,[(t-1)m+1,tm]$这$t$段，每一段都至少有$k$个物品且可以同时取到，因此取到最小值时必然都恰为$k$个 构造一个$t$列且每
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摘要：（不妨将下标改为从1开始） 参考loj2265中关于杨表的相关知识 构造一个$n$行且第$i$行有$a_{i}$个格子的杨表，依次记录其每一次增加的时间（范围为$[1,\sum_{i=1}^{n}a_{i}]$） 不难发现，条件即变为要求得到的杨表为标准杨表 另一方面，每一个标准杨表都对应一组方案，
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摘要：标算是状压dp+打表，前者时间复杂度为$o(n^{2}2^{n})$，并通过打表做到$o(1)$ 参考loj2265中关于杨表的相关知识，不难发现答案即$\frac{\sum_{a\vdash n}a_{1}f_{a}^{2}}{n!}$ 记$P(n)$为$a\vdash n$的方案数，后者$f_{
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摘要：以下内容参考2019年集训队论文《浅谈杨氏矩阵在信息学竞赛中的应用》 1.前置知识 杨表 标准杨表：一张网格图，满足以下条件—— 1.设其有$m$行、第$i$行有$a_{i}$个格子（格子左对齐），则$a_{1}\ge a_{2}\ge ...\ge a_{m}$ 2.每一个格子内有一个正整数，且每
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