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强连通分量 DFS 生成树 学习 Tarjan 算法前，需要了解一些 DFS 生成树的概念。 如下图： 树边：即黑色的边，每次搜索找到一个还没有访问过的结点的时候就形成了一条树边； 反祖边（回边）：即红色的边，指向祖先结点的边； 横叉边：即蓝色的边，指向非祖先但已经访问过的结点的边； 前向边：即绿色 阅读全文
posted @ 2024-08-24 22:56
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Problem Solution 由于涂绿色的得分为 \(A+B\)，所以可以将红色与蓝色独立考虑。 依次枚举红色的个数，假定为 \(i\)，所以剩余需要的得分为 \(K-i\times A\)，判断是否能被 \(B\) 整除，若能，则蓝色个数为 \(\frac{K-i\times A}{B}\)， 阅读全文
posted @ 2024-08-15 22:27
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Problem Solution 每个人初始不会给自己送礼物。 如果每人要送礼的人都不一样，答案即为 \(n\)。 如果有两个或以上的人要送给同一个人礼物，假设有 \(x\) 个人要给同一个人送礼物，那么必有 \(x-1\) 个人要更改送礼的人，并将礼物送个 \(x-1\) 个没有礼物收的人。然而这 阅读全文
posted @ 2024-08-14 22:32
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Problem Solution 很容易发现如果 \(p\ge 2n\) 时「共振」的次数一定为 \(0\)，所以这时随便怎么输出都行。 考虑一般情况。 首先为 \(p\) 的倍数的数肯定无法与其他不是 \(p\) 的倍数的数组，所以先输出是 \(p\) 的倍数的数。 然后可以想到只需要枚举一个 \ 阅读全文
posted @ 2024-08-13 22:01
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Problem Solution 通过题目意思发现，有三种情况： 没有旋转的初始情况 旋转一次的情况 旋转两次的情况 我们考虑怎么处理初始情况，其他情况同理。 首先，我们发现经过数和最大一定可以保证是每行的最大值的总和，所以只要计算最小的消耗就可以了。 考虑 DP，设 \(dp_{i,j}\) 表示 阅读全文
posted @ 2024-08-13 21:59
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Problem Solution 题目要求字典序最小，所以一定要尽可能多的 \(a\)，而且要尽可能靠前。 所以我们只需修改不是 \(a\) 的位置为 \(a\) 即可。 但若 \(a\) 的个数比 \(r\) 大，我们就需要将多余的 \(a\) 手动改为 \(b\) 并在接下来的修改中保持不变，所 阅读全文
posted @ 2024-08-13 21:57
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Problem Solution 考虑 DP。 设 \(dp_{i,0}\) 表示前 \(i\) 个字符全为 A 的最小操作次数，\(dp_{i,1}\) 表示前 \(i\) 个数全为 B 的最小操作次数。 考虑转移。 若当前位为 A 则 \(dp_{i,0}=\min(dp_{i-1,0},dp_ 阅读全文
posted @ 2024-08-13 21:56
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Problem Solution 注意到能拼出时必须要存在 \(2\) 组及以上的四个相同的木棍，或者 \(1\) 组及以上的四个相同的木棍和除此之外的 \(2\) 组及以上的两个相同的木棍。 同时又注意到 \(a_i\) 很小，所以可以用桶统计，同时实时更新四个相同木棍的组数和两个相同木棍的组数即 阅读全文
posted @ 2024-08-13 21:54
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Problem Solution 对样例换一种方式解释。 样例 \(1\)： \(a=1,b=3\to a=1+2,b=3\) 此时相等，故最小操作数为 \(2\)。 样例 \(2\) 不用解释。 样例 \(3\)： \(a=30,b=20\to a=30,b=20+1+2+3+4\) 此时相等，故 阅读全文
posted @ 2024-08-13 21:54
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Problem Solution 容易想到如果 \(n\) 为奇数，一定不可以（因为奇数不管怎么拆分成偶数总会剩下一个奇数），所以输出直接判定无解。 接下来只用考虑 \(n\) 为偶数的情况。 题目要求要使每一颗森林中的树的大小要为偶数，即儿子数（自己也要算上）为偶数的节点均可删除其与父亲节点的连边 阅读全文
posted @ 2024-08-13 21:52
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