05 2024 档案
摘要：考虑将修车师傅放在一边，顾客放在一边。 对于第 \(i\) 辆车，让第 \(j\) 个修车师傅来修，放在了倒数第 \(l\) 个，那么他产生的贡献即为 \(t_{i,j}\times l\)。 我们可以将每个修车师傅拆成 \(n\) 个点，第 \(l\) 个点表示修车师傅的倒数第 \(l\) 个位置
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摘要：每个点拆成入点和出点。 发现每个点、每条边都只能经过一次，所以所有边的容量都是 \(1\)。 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=405,M=1e5+5; int n,m,s,t,
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摘要：发现题目中描述的配对条件可以理解为：\(pc_i-pc_j=1\) 且 \(a_i\bmod a_j=0\)，其中 \(pc_i\) 表示 \(a_i\) 的质因数个数。 自然想到以 \(pc\) 奇偶性建立二分图，可以配对的点间连一条边。 先不考虑费用，三种边为： \((s,i,b_i)\)，其中
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摘要：发现可以做如下建图： 对于前两组输入，从 \(s\) 向所有代表学生的点连一条边，容量为其学习文科的喜悦值；从所有代表学生的点向 \(t\) 连一条边，容量为其学习理科的最大值。 对于后四组输入，建两个点 \(x,y\)，从 \(s\) 向 \(x\)，从 \(y\) 向 \(t\) 分别连容量为相
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摘要：假如将所有激光武器放在一边，所有机器人放在一边，激光武器向它可以伤害的机器人连边，再加超级源/汇点，这就是一个网络流问题。 考虑激光武器向机器人连的边容量无限，而机器人向超级汇点连的边容量为机器人的装甲值，而超级源点连向激光武器的边则是用时 \(\times\) 激光武器伤害。 发现假如答案为 \(
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摘要：发现实际上就是在求有多少只蜥蜴能逃出来。 发现可以将柱子拆成入点和出点两部分，自己的出点向别人的入点连边，自己的入点向自己的出点连边。最后再加一个超级源点 \(S\)，连接所有有蜥蜴的柱子入点；再加一个超级汇点 \(T\)，连接所有能够跳出地图的柱子。 我们猛然发现：这个问题不就是求最大流吗？ 考虑
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摘要：俗话说的好，正难则反，既然不好想每一个子弹能打碎多少个木板，不如想每个木板被那枚子弹打碎。 然后就是显然的整体二分。由于可能木板不会被击碎，那些木板的分数会累加到最后一个子弹上，因此我们可以加一枚背锅弹，承担多余的分数。 时间复杂度 \(O((n+m)\log^2 m)\)。 #include<bi
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摘要：发现实际上就是二维静态区间最大值，可以用整体二分维护。 时间复杂度 \(O((q+n^2)\log \max(a_{i,j})\log n^2)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const in
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摘要：今天考的好一些。（244分，rk 2） T1 [CF1279C] Stack of Presents 显而易见，每次排序的时候肯定是把先取出来的排在前面，所以只需要维护一个指针 \(z\)，表示目前最靠里的一个礼物，假如现在这个要取的礼物比它靠外，贡献为 1，否则它之前所有礼物都在它的外侧，计算出贡
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