摘要：
如果一个红石头在另一个红石头的左下方（包括左和下），那么在后者的限制满足时，前者也一定满足，因此可以删去前者，再将其按照$rx_{i}$排序，即有$rx_{1}<rx_{2}<...<rx_{n}$且$ry_{1}>ry_{2}>...>ry_{n}$ 称一个蓝石头覆盖一个红石头当且今当后者在前者的 阅读全文
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（特判$n=1$的情况） 当确定权值和操作后，如何判定是否合法—— 考虑一个度为1的节点，对其权值即其对应边的边操作分类讨论： $1\or$，显然只需要最后选择这条边即可，一定合法 $1\and$或$0\or$，显然这条边没有意义，不妨直接选择 $0\and$，将最终的结果变为0，显然不如初始的值为 阅读全文
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令$b_{a_{i}}=i$，那么问题即要求$i$不是$b_{i}$的祖先，也即$b_{i}$不严格在$i$的子树中 显然$a_{i}$和$b_{i}$一一对应，因此我们不妨统计$b_{i}$的个数 考虑容斥，令$f(S)$为$\forall i\in S,b_{i}$严格在$i$子树中的排列数，根 阅读全文
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对于大小为1的集合，我们可以在其中加入0 因此，枚举0的个数，那么问题即可以看作要求每一个集合大小为2 （特别的，我们允许存在$\{0,0\}$，因为这样删除这两个0显然只会减小极差） 显然此时贪心将最小与最大、次小与次大……放入一个集合中即可 关于正确性，设最小值和最大值为$A,D$，若$\{A, 阅读全文
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对于确定的$K$，问题也可以看作每一个点最多选$K$条出边，并最大化选择的边权和 关于这个问题，有如下的树形dp—— 令$f_{k,0/1}$表示以$k$为根的子树中，根节点选择不超过$K/K-1$个儿子的最大边权和，转移为$$\begin{cases}f_{k,0}=\sum_{x\in son_ 阅读全文
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令$tot_{i}$为区间$[l,r]$中满足$a_{j}=i$的$j$的个数，将所有非0的$tot_{i}$取出，得到可重集$S$ 显然，有以下贪心：不断取出$S$中最小的两个元素，删除这两个元素并加入这两个元素的和，直至$|S|=1$，每一次两个元素的和的和即为答案 使用莫队可以在$o(n\lo 阅读全文
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（直接贪心会导致分子和分母过大） 令$S_{i}=\sum_{j=1}^{L}V_{i,j}$（即其独吞整个馕的快乐度），对第$i$个人求出$n$个位置$x_{1},x_{2},...,x_{n-1}$，使得以此划分出的$n$段中，其吃每一段的快乐度都恰为$\frac{S_{i}}{n}$ 假设$j 阅读全文