10 2021 档案
摘要：考虑使用平衡树维护该序列，操作显然可以用fhq treap的分裂+合并来实现 进一步的，问题即变为维护哪些信息来支持push up的操作（并判定是否存在$a_{i}<a_{j}<a_{k}$），容易想到去维护区间最大值/最小值、最大的$a_{i}$/最小的$a_{j}$满足存在$a_{i}<a_{j
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摘要：注意到当操作确定后，显然操作顺序总是涂黑色的1操作->涂白色的1操作->2操作 用$b/w_{r/c}(i,j)$表示$(i,j)$是否被黑色/白色 横着/竖着 涂过（1表示涂过，0表示没有），注意到当这些信息被确定后，已经可以确定是否可行以及对应的代价 具体的，考虑一个格子$(i,j)$，对其进行
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摘要：若$(i,j)\in E$，实际上会不断推出$(p_{i},p_{j})\in E,(p_{p_{i}},p_{p_{j}})\in E,...$ 考虑将$i$向$p_{i}$连边得到了一张（由若干个环组成的）有向图，则$(i,j)\in E$有以下两个必要条件： 1.若$i$和$j$在同一个环中，
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摘要：令$f_{i,j,k}$表示前$i$个位置，三种字符最后一次出现的位置为$i,j$和$k$（保证$k<j<i$）的方案数 考虑转移（递推），即分为两步—— 1.填写第$i$个字符，即从$f_{i-1,j,k}$转移到$f_{i,j,k},f_{i,i-1,j}$或$f_{i,i-1,k}$ 2.考虑
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摘要：考虑树的情况，将其以任意一点为根建树 对于每一个节点，考虑其要与父亲操作几次才能使子树内均为黑色，这可以用形如$(0/1,x)$的二元组来描述，其中0/1即表示其要求操作时父亲是白色/黑色且要操作$x$次 考虑一个叶子，其二元组显然为$(0,1)$，接下来每一个点即可以交替将儿子中的$(0/1,x)
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摘要：为了方便，称患有懒癌的狗为"坏狗" 记$Q_{i}$为第$i$个人能观察的狗集合，$S$为坏狗集合，那么第$k$天第$i$个人能得到的信息有且仅有$S\ne \empty$、$S\cap Q_{i}$、前$k-1$天没有开枪，而如果不存在$S_{0}$具有相同的信息且$i\not\in S_{0}$
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摘要：记$P$为$[1,n]$中所有素数构成的集合，$g(n)$为$n$所有素因子乘积（特别的，$g(1)=1$） 对于一个合法排列$\{q_{i}\}$，注意到$\forall x\in P\cup\{1\},q_{x}$两两互素，也即每一个素因子至多只能在其中出现一次，分析数量不难得到每一个数至多只能
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摘要：将$s$中的01分别变为$1,-1$，即得到一个序列$a_{i}$（设其长度为$n$，下标范围为$[1,n]$） 对$a_{i}$建立一张有向图，其点集合为$Z$，并对$\forall 0\le k<n$从$\sum_{i=1}^{k}a_{i}$向$\sum_{i=1}^{k+1}a_{i}$连边
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摘要：对整个过程构造一张有向图，其中$(x,y)\in E$当且仅当$x$把$y$加入，且边权为$a_{x}$ 显然这是一棵外向树森林，并再做如下两个构造： 1.新建一个点$a_{0}=0$，将其向所有入度为0的点连边 2.将所有边变为无向边，且边权修改为$a_{x}+a_{y}$（$x$和$y$为两端点
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摘要：称一个点是"好点"，当且仅当其到其余所有点恰存在一条简单路径 结论1：$x$为好点当且仅当以$x$为根的dfs树包含所有点且非树边均为返祖边 若不包含所有点，那么$x$到不被包含的点即不存在简单路径 若存在非树边不为返祖边，则不论如何该边$x$到该边终点存在至少两条简单路径 另一方面，考虑在这样一棵
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摘要：由于两种线段要交替出现，有解的必要条件即为$h=v$（以下均记为$n$） 进一步的，再假设两种线段依次对应于向量$(a_{i},0)$和$(0,b_{i})$，根据题意要求向量长度为给定值且和为0，那么也即有$|a_{i}|=l_{i},|b_{i}|=p_{i}$且$\sum_{i=1}^{n}a
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摘要：不妨先操作一轮，使得$0\le a_{i}\le 2$ 结论：若序列中存在1，则答案为0或1 考虑归纳，注意到若序列中存在1，除非所有元素均为1，否则操作一轮后必然仍存在1，那么根据归纳假设即成立，而当所有元素均为1时，显然答案一定为0或1（序列长度已经为1），同样成立 由此，实际上只需要通过奇偶性
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摘要：对于题中的"normal expression"（仅含加减乘和无前导0的非负整数，无括号）的计算，实际上并不需要通常的表达式求值，而可以用下述方式计算—— 维护三元组$(a,b,c)$，分别表示已经确定的部分、下一个$\pm$之前这些数的系数和当前最后一个数字（或许解释并不清晰，可以参考转移），三者
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摘要：结论：假设$a_{x}=\max_{i=1}^{n}a_{i}$，对于任意$1\le l\le n$，存在长度为$l$且价值最大的子序列包含$x$ 若不存在，任取一个长度为$l$且价值最大的子序列，将其中与$a_{x}$相邻的一项改为$a_{x}$即可 由此，不妨先选择$a_{x}$，并将$x$之前
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摘要：维护$n^{2}$个三元组$(x,y,z)$，每一个三元组描述$a_{x,y}=z$ 对于RLDU这四个操作，即将所有三元组的$x$或$y$执行$\pm 1$（模$n$意义下） 对于IC这两个操作，即分别将$y$和$z$交换或$x$和$z$交换 维护这三个元素交换的顺序以及每一个元素加减的量，最终再
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摘要：为了方便，先将$n$减小1，即两者范围分别为$[0,n]$和$[m,m+n]$ 结论：取$u=\min_{i\in [m,m+n],n\& i=n}i$，则$\forall 0\le i\le u-m,(n-i)\&(u-i)=n-i$ 证明分为两点：1.$u$的存在性；2.后者成立 关于$u$的存
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摘要：假设$x$的最高位为$2^{t}$（即$2^{t}\le x<2^{t+1}$），并构造出$y=2^{t}x\oplus x$，不难发现两者仅在第$t$位上均为1，那么根据异或的性质可得$y=(2^{t}+1)x-2^{t+1}$ 由于$x$为奇数，即$(x,2^{t+1})=1$，进而也即$(x,
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摘要：记$deg_{i}$为$i$的度数，简单分类讨论可得答案下限为$\max_{i=1}^{n}deg_{i}$ 另一方面，此下限是可以取到的，构造方法较多，这里给一个巧妙一些的做法—— 对其以dfs（儿子顺序任意），并要求如果一个节点被父亲递归时时间为$t+1$，则返回时时间为$t$，那么父亲的时间即
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摘要：2020年论文题，这里给出了一个$o(n\log^{2}n+m\log^{3}n)$的做法，例题3即为原题 1.例题1 题面 给定$n$个一次函数$f_{i}(x)$，$m$次查询$F(x)=\max_{i=1}^{n}f_{i}(x)$，强制在线 $1\le n,m\le 3\times 10^{
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摘要：前置知识 （以下内容并不严谨，可以参考论文《转置原理的简单介绍》） 对于一个算法，其为线性算法当且仅当仅包含以下操作： 1.$read\ i$，将$r_{i}$的值赋为（下一个）读入的元素 2.$write\ i$，将$r_{i}$的值赋给（下一个）输出的元素 3.$update\ i\ j\ c$
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摘要：令$a_{i}$和$b_{i}$分别为$A_{i}$和$B_{i}$减少的值，考虑判定$\{a_{i}\},\{b_{i}\}$能否被得到 结论：$\{a_{i}\},\{b_{i}\}$能否被得到当且仅当满足以下条件—— 1.$0\le a_{i}\le A_{i}$，$0\le b_{i}\le
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摘要：结论：（不妨假设$p_{1}<p_{n}$）$\{p_{i}\}$合法当且仅当$\exists 1\le i\le n-1$，使得$p_{1}\ge p_{i}$且$p_{i+1}\ge p_{n}$ 充分性—— 为了方便，在删除一个元素后，$i$和$n$也随之变化（指向原来的元素，若删除$p_{i
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摘要：对于两个字符串$s$和$t$（保证其中每一种字符个数相同），定义$s$和$t$的相对逆序对数为$s$得到$t$的最少交换次数，显然同种字符相对顺序保持不变，因此即依次编号后的逆序对数 问题不妨看作构造合法字符串$t$使得$s$和$t$的相对逆序对数最小，定义$f_{S}(s)$为$s$仅保留$S$中
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摘要：为了使得方案的形式较为单一，不妨强制物品体积为1或$\ge \lceil\frac{w}{2}\rceil$，那么假设最终有$x$个1且$\ge \lceil\frac{w}{2}\rceil$的物品体积依次为$a_{1},a_{2},...,a_{n-x}$，不难发现方案数即为$\sum_{i=1
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摘要：将其以$x$为根建树，并定义$k$的点权$w_{k}$为$k$到其父亲的边边权（特别的$w_{x}=0$），那么问题也可以看作选一个包含$x$的点集，满足其的导出子图连通且边集可以被划分为$y$条路径，并最大化点权和 性质1：边集可以被划分为$y$条路径，当且仅当度为1的节点不超过$2y$个 必要性
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