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摘要: 给你 $n$ 个 $k$ 维的点 $a_{1..n}$,定义两点$(x_1,x_2,\cdots,x_k),(y_1,y_2,\cdots,y_k)$$间的曼哈顿距离为 $\sum_{i=1}^k|x_i y_i|$ 。 你需要执行下面两种操作: $1\ i\ b_1\ b_2\cdots b_k$ 阅读全文
posted @ 2018-12-20 19:09 bztMinamoto 阅读(247) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: "传送门" 以二维的两个点$(x1,y1),(x2,y2)$为例,那么他们之间的曼哈顿距离肯定为一下四个之一$(x1 x2)+(y1 y2)$,$(x2 x1)+(y1 y2)$,$(x1 x2)+(y2 y1)$,$(x2 x1)+(y2 y1)$,而且为这四个里面最大的 然后搞一搞可以变成下面的 阅读全文
posted @ 2018-12-20 18:31 bztMinamoto 阅读(140) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: "传送门" 分别考虑每一种颜色对答案的贡献。每种颜色的贡献就是他出现的区间个数,那么可以用总区间减去不包含它的区间个数,把每一个序列里不包含它的区间个数加起来,然后不同序列用乘法原理计算即可 于是我辛辛苦苦打了两个小时交上去只剩两分……后来看了题解之后才发现我忘了考虑某个序列全都是一个数的情况……那 阅读全文
posted @ 2018-12-20 17:51 bztMinamoto 阅读(203) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: wxw巨巨的容斥写的比较好懂啊…… 记$f[i][j]$表示第$i$个数为$j$的时候的合法的方案数 然而状态记录成这样的话不能保证转移的合法,所以要容斥 也就是说每次相同的数的个数达到$len$个的时候,把在这之前合法但现在不合法的方案减掉 具体看代码应该比较好懂 阅读全文
posted @ 2018-12-19 13:18 bztMinamoto 阅读(192) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 给你一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图。 你需要给每个点一个点权,使得每条边连接的两个点点权奇偶不同。点权的值域为 $\{1,2,3\}$ 。 请求出方案数对 $998244353$ 取模的结果。 图中没有重边或自环。 首先原图得是一个二分图否则无解,用并查集判断就行了 然后如果某个连通块只有 阅读全文
posted @ 2018-12-18 22:30 bztMinamoto 阅读(170) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: "传送门" 设$f[i]$为以$i$结尾的最长上升子序列。可以考虑建这样一张图,对于所有的$i define R register define inf 0x3f3f3f3f define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;iI; i) define go(u) for(i 阅读全文
posted @ 2018-12-18 21:33 bztMinamoto 阅读(193) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: "传送门" 思路比较迷……题解在 "这里" //minamoto include define R register define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;iI; i) define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i 阅读全文
posted @ 2018-12-18 20:51 bztMinamoto 阅读(242) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: "传送门" 把这个图给黑白染色然后建二分图,如果有完备匹配那么就gg,否则放在所有的非匹配点都可以 简单来说的话就是放在非匹配点,那么对手的下一步必定移到一个匹配点,然后自己可以把它移到这个匹配点所匹配的另一个点。这样的话先手总能比后手多走一步 //minamoto include define R 阅读全文
posted @ 2018-12-18 19:05 bztMinamoto 阅读(183) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: "传送门" "证明" 看不太懂……还是没搞明白为什么$b\leq p$的时候不能加上$\phi(p)$…… 阅读全文
posted @ 2018-12-18 18:16 bztMinamoto 阅读(167) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: "传送门" 官方题解 话说最后的答案忘记取模了结果连暴力都挂了可海星…… 阅读全文
posted @ 2018-12-18 17:56 bztMinamoto 阅读(173) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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