An_Fly

摘要： 分析 这题除了公式难推一点外没有什么难点了，重要的还是看公式。 首先根据gcd的求法可以知道，F[i][j]=[i+kj][j] 然后接下来的所有式子几乎都利用这个展开。 #include<cstdio> const int lqs=700; int f[lqs][lqs],c[lqs][lqs]; 阅读全文

摘要： 分析 获得胜利的情况有两种 一个人不会被拦住，能够一次性走到终点 一个人会拦住另一个人，这时拦人的那个人会赢 #include<cstdio> int main(){ int x,y,xx,yy; while(~scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&xx,&yy)){ if(x<=xx&& 阅读全文

摘要： T1 第一种做法，考虑$a_0,a_1,b_0,b_1$的因子间的关系。 对于任意一个因子，用$k$来表示该因子的数量。 一定有 当$k_>k_$时，\(k_x==k_{a1}\)，不然gcd一定不为$a_1$ 当$k_==k_$时，只需要$k_x>=k_$ 当$k_<k_$时，gcd一定取不到$k 阅读全文

摘要： 分析 暴力做法是从每个点开始跑最短路，显然会T。 进一步优化的话是将边权乘2，这样就不用跑回来了。 但是还是不行，那么有没有办法可以跑一次最短路就解决了呢。 开一个超级源点就行了。 这样从这个点开始跑，一次Dij后得到的就是答案。 #include<queue> #include<cstdio> # 阅读全文

摘要： 分析 如果采取暴力的做法，那么乘起来会炸longlong，除非写个高精。 再考虑乘一下逆元呢，显然也不行，模数不一定为质数。 这道题的关键点在于这句话，对于每一个类型1的操作至多会被除一次 这句话的最基本的告诉了我们每次得到的答案一定是一个整数 其次，这句话保证了可以应用线段树解决这个问题 如果除的 阅读全文

摘要： 前言 最近或者以前做的一些题目中，总是有一些格子类的题目，大致就是给一个$N×M$的方格，然后让你求一些东西，我目前见到的解题方法有大致三种： 建图 DP 思维 简单总结一下，有什么漏洞欢迎指出。 首先是和图有关系的，当然那种裸的Floyd就不看了。 这个东西第一眼看见没什么思路，但是要深挖一下它的 阅读全文

摘要： 分析 一个图论题，其实没什么特别难的点。 ~~英文题首先我们要读懂题意~~ 这道题大意就是求最短路的条数，如果次短路和最短路只差1，那么也把次短路的条数加上。 求最短路应该都会求，一个Dij就完了，那么条数怎么办。 之前也做过类似的题，如果要更新最短路，那么更新完最短路后，次短路就会更新为原来的最短 阅读全文

摘要： 分析 一眼看上去没什么思路，尝试因式分解，可以得到。 $$ (y x)(y+x)=n $$ 然后看到这里其实就有一些思路了，把$n$分解为两个因数判断一下是不是合法就行。 不妨设$a=y+x\ b=y x$，那么合法的条件应该有以下几个 $a+b$是偶数，因为它等于$2y$ $a b$也是偶数，因为 阅读全文

摘要： 分析 "什么是左偏树" 先来考虑暴力做法，对于每个骑士都做一遍DFS，时间复杂度$O(NM)$，显然会T。 接着考虑一下优化，因为只有这么一棵树，并且，每个骑士不会相互影响，既然这样，那么就只跑一遍DFS，然后一起处理所有的骑士，是不是就可以了呢？但如果我们再遍历一下这个节点的骑士，好像还是没有优化 阅读全文

摘要： 分析 ~~啥是竞赛图啊~~ 竞赛图对这个题好像没有很大的影响，考虑什么样的能够传递，其实说白了就是对于一个顶点$u$，如果他的一条出边的顶点$v$能够到达$x$，那么$u$也能到达$x$，然后因为只涉及到能不能到达，所以用bitset完美解决。 时间复杂度应该$O(Tn^2)$，最多有八组极限数据， 阅读全文