随笔分类 - CF题解
摘要：题面 "传送门" 分析 先考虑$O(nk)$的做法，先按s从小到大排序,每个串的数显然形成了n个连续区间$[s_i+l,s_i+r]$，且这些区间的左端点升序排列，然后把区间合并就可以知道有多少个不同的数了 然后考虑优化 对于s[i]产生的区间，我们考虑s[i]和s[i+1]产生的区间之间的间隔 若
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摘要：题面 "传送门" 分析 这种题的重点是寻找不变量 我们发现如果改变4个角，则每一行和每一列的xor和不会改变（1^0=0^1) 所以只要算出异或和然后比较就可以 代码 cpp include include define maxn 505 using namespace std; int n,m;
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摘要：题面 "传送门" 题意: 给出长度为n的序列b,t，定义一个子序列的值为$\min\{ b_i\} \times \sum t_i$，求所有子序列中值最大的一个，输出最大值 分析 假如固定某个b[i]，则最大值为$b_i \times \sum t_j (b_j\geq b_i)$,且t[j]为所有
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摘要：题面 "传送门" 分析 对于每一个数a[i]，找到它后面第一个大于它的数a[p]，由p向i连边，最终我们就会得到一个森林，且p是i的父亲。为了方便操作，我们再增加一个虚拟节点n+1，把森林变成树。 由于序列不是递增的，不能二分。维护一个单调栈，栈顶元素最小。从n到1依次对每个 数操作，弹出栈里比它小
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摘要：题面 "传送门" 分析 二分答案，考虑如何判定 可以用贪心的方法，每次找最快没电的电脑，在没电前1单位时间给它充电 正确性显然 实现上可以维护一个堆，存储每个电脑电用完的时刻，每次从堆顶取出最小的一个给它充电。设二分值为mid，对于每个电脑记录它的充电次数num[i],则没电的时间就是$\lfloo
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摘要：题面 "传送门" 分析 法1（区间DP）： 首先，我们可以把连续的相等区间缩成一个数，用unique来实现，不影响结果 {1,2,2,3,3,3,5,3,4} {1,2,3,5,3,4} 先从一个极端情况来考虑，a={1,2,3,4,5},此时答案显然为4，从1个点出发，先把它变成和左边的点相等，再
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摘要：题面 "传送门" 分析 通过二分答案，我们显然可以求出数组中最大的数，即等差数列的末项 接着随机取一些数组中的数，对他们两两做差，把得到的差取gcd即为公差 例a={1,5,9,13},我们随机取了1 9 13,两两的差为8,4,12，取gcd为4 已知末项和公差即可求出首项 可以证明错误的概率32
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摘要：题面 "传送门" 分析 我们先考虑n!在10进制下有多少个0 由于10=2 5, 我们考虑n!的分解式中5的指数，答案显然等于$\frac{n}{5}+\frac{n}{5^2}+\frac{n}{5^3}+\dots\frac{n}{5^k}(\frac{n}{5^k}\geq 1,\frac{n
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摘要：题面 "传送门" 分析 答案很好看出，显然是选最大的m k个数 那么如何构造方案呢 我们把最大的m k个数的位置标记为1，其他标记为0 从左到右维护一个ptr，记录有标记的数的个数，如果当前有m个有标记的数，则已经找到一个满足条件的区间分界点，break 这样的操作进行k 1次,由于ptr单调递增，
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摘要：题面 "传送门" 分析 观察题目中的这段伪代码，发现实际上就是求出每个节点的DFS序， 注意 ，要按编号从小到大访问每个节点，所以要对邻接表排序（可以用vector实现） 对询问离线，每个结点保存由该节点出发所有询问 第一次DFS， 求出每个点到根节点的距离，以及DFS序。顺便把每个节点的子树对应的
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摘要：题面 "传送门" 分析 一开始考虑贪心和DP，发现不行 考虑差分： 设d[i]=c[i+1] c[i] (i include include define maxn 100005 using namespace std; int n; int a[maxn]; int b[maxn]; int da
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摘要：题面 "传送门" 分析 这种计数问题，要不是纯数学推公式，要不就是dp 先处理出[l,r]中除3余0,1,2的数的个数，记为cnt0,cnt1,cnt2 设$dp[i][j]$表示前i个数的和除3余j的个数 则$dp[1][0]=cnt0,dp[1][1]=cnt1,dp[1][2]=cnt2$ 最
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摘要：题面 "传送门" 分析 假设k是固定的，那访问到的节点编号就是$1+(a·k \mod n )$，其中a为正整数。 通过找规律不难发现会出现循环。 通过题目中的图片我们不难发现 只有k=1,2,3,6得到的四种结果，而其他的情况都和这4种结果的某种一样 所以我们只要考虑n的因数即可 对于固定的k我们
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摘要：题目 "传送门" 分析 考虑$n=p^q$且p为质数的情况 设dp[i][j]表示经过i次变化后数为$p^j$的概率 则初始值dp[0][q]=1 状态转移方程为$dp[i][j]=\sum{}\frac{1}{u+1}dp[i 1][u],u\in[j,q]$ 最终的期望值$E(p^q)=\sum
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摘要：题面 "传送门" 题目大意：给出一个无向图，每个节点可以填1,2,3三个数中的一个 问有多少种填数方案，使两个相邻节点的数之和为奇数 分析 如果图中有奇环，一定无解 我们对图黑白染色，由于图可能不联通，记第i个连通分量的黑点数量为$b_i$,白点数量为$w_i$ 观察发现每一条边的连接的两个节点，一
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摘要：题面 "传送门" 题目大意： 有一个长n(n为偶数)的序列a 已知a满足 $a_1≤a_2≤⋯≤a_n$ 给出一个长度为$\frac{n}{2}$ 的序列b，定义$b_i=a_i+a_{n i+1}$ 求出序列a (输出任意一种答案即可) 分析 为了保证序列不下降，我们采用贪心的思想，先假设$a_i
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摘要：题面 "传送门" 分析 贪心 将度限制大于1的点连成一条链，然后将度限制等于1的点挂上去 形状如下图，其中（1,2,3）为度数限制 1的点 显然直径长度=（度数限制 1的节点个数） 1+min(度数限制等于1的节点个数,2) 那么具体如何构造？ 首先将度为1和度 1的节点分开 如果有至少1个度为1的
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摘要：题面 "传送门" 真是令人胃疼的题面 我不管，我要把苹果都给雪菜！（滑稽）(冬马党不要打我) 分析 突然感觉这题跟今年NOIP Day1T2有点像，都是根据数加减来构造背包，只不过这题是01背包而不是完全背包 背包模型： 设总和为sum,则容量为sum/2 其实本题不需要代价,dp[j]为1表示容量
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摘要：题面 "传送门" 分析 考虑DP 设$dp[i][j]$表示前i个数选出的序列长度为j的方案数 状态转移方程为: $$ dp[i][j]= \begin{cases}dp\left[ i 1\right] \left[ j 1\right] +dp\left[ i 1\right] \left[ j
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摘要：题面 "传送门" 题目大意： 有一个黑白的棋盘，现在将棋盘上的一个子矩形全部染成黑色，另一个子矩形全部染成白色 求染完色后黑,白格子的总数 分析 我们可以发现，对于一个(1,1)到(x,y)的矩形，若xy为偶数，则黑、白的个数都是 $ \frac{xy}{2} $ 若xy为奇数，则黑格个数为$\ [
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