09 2021 档案
摘要：看到$b$的范围只有$7$，可以往搜索和状压方向想 因为搜索出现频率太低，先考虑状压 显然应该将$b$的意义设为状压集合 所以设$f[i][j][k]\(表示现在打完饭的人是\)[1,i-1]$以及$j$所表示的集合（这里$j$所表示的集合不太好解释，举个例子，如$j$在二进制表示下为$1010$，
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摘要：事实上，做这题肯定要先打表的 对第一问，打表后不难发现除了$1$的奇数无解，偶数很显然存在一种构造情况 对第二问，打表后其实看不出来什么规律，但是对于这种带模数的题目，可以将前缀积都%\(n\)，这样规律就出来了 这个规律出来了之后其实也不太好构造，可以看看其他题解如何构造的 主要是领会这种打表的思
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摘要：容易知道，速度慢的应该不会对速度快的套圈（显然） 考虑对每一个速度慢的熊进行处理，他被多少个快的熊套圈 设两只熊的速度分别为$v_{1}$，\(v_{2}\)（\(v_{1}\)<\(v_{2}\)），所有熊中速度最大的为$v$ 那么每被套一次圈时间是$\lfloor \frac{A}{v_{2}-
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摘要：一共有$q$此询问，显然对于每一个$i$(\(1<=i<=n\))，他的贡献最多是$q/i$ 这个时候需要从线段树顶端走到底端，为$O(logn)$（事实上重复走了很多次，根本达不到这个上界） 由调和级数得总时间复杂度为$O(nlog^{2}n)$
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摘要：这题数据较恶心，时间复杂度可以达到$O(kn^{2})$ 为什么重复$k$次就是对的呢? 万一氮气加速之间是互相影响的怎么办? 如图，红色区间代表能影响的范围，显然互相独立。 证毕
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摘要：他的$g[i]$其实指的是$i$与其所在连通块的代表结点的“相对”染色 1.\(g[i]=0\)：若其代表结点染色为$1$，则其也为$1$；若为$0$，则其也为$0$ 2.\(g[i]=1\)：若其代表结点染色为$1$，则其为$0$；若为$0$，则其为$1$ 显然他这种做法是正确的，但可以用另一种方
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摘要：假设当前枚举到了$g[i]$ 假设我们考虑所有边，在$g[i-1]$枚举完后，所有$1$~$i-1$边从小到大排序，执行克鲁斯卡尔 在加入了$g[i]$这条边后，会插进一个位置保持单调性。 在这个新的边的数组上执行克鲁斯卡尔，很明显原来没被选的肯定不会被选 所以我们可以执行删边操作，是正确的
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摘要：显然是DP 将$a\times2^{b}$的$b$相同的分成一类 设$f[i][j]$表示$2$的指数为$i$时，前面的系数为$j$（即总的重量为$j\times2^{i}$）时的最大价值 设当前DP到的这个物品的系数为$k$，有$f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-k]+val)
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摘要：注意，在调查前应该有一个定下来的顺序，就是不管这张图是哪一种都按这个顺序进行调查 由题意，这$n$个人当中一定有一个人是杀手 那么就相当于有$n$张图，其中每张图都有且仅有一个黑点（剩余都是白点），且这些图的黑点都不同（黑点就是杀手） 首先我们肯定要保证知道杀手，所以一定只会询问入度为$0$的强连通
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摘要：来看状态转移方程，为$f[i][j][k]$ 第一种策略：第一步就将$j$及其前面颜色连续的一段与后面$k$个消除（颜色一样的肯定要一起消除，下文同理） 如果第一种策略并不是最优的，那么$j$及其前面颜色连续的一段与后面$k$个一定会与前面一段颜色相同的点一起消除（因为$j$及其前面颜色连续的一段与
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摘要：容易知道这是一道图论。设$a$能看到$b$，那么就连一条$(a,b)$有向边。 定义：$A$为面具种类数，即答案 对于一个基图联通的图（基图：将图中有向边变为无向边的新图），不妨从任意一个点开始遍历，给这个数任意一个实数点权$x$，那么这个点的面具种类为$(x$%\(A\)+\(A)\)%\(A\)
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摘要：solution说的环，其实是指的能倒着走的有向边。 比如说下图 7 7 1 2 2 3 4 3 4 5 5 6 6 7 7 1 假设最终的答案下，$1$号点的面具编号是$x$，那么在忽略$7→1$这条边的情况下，显然$7$号点的编号应该是$x+4$（忽略取模）。 由于有了$7→1$这条边，就代表着
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摘要：void getcircle(int x,int y) { while(x!=y) { circle[++tot]=x; x=st[--tp]; } circle[++tot]=y; } void dfs(int x,int lastedge) { mark[x]=1; if(!flag) st[+
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摘要：考虑走了$x$步向左，$x+n$步向右。容易知道最后一步一定会到达$n$，但是中间可能会提前到达$n$，我们需要去重。 我们使用卡特兰数的折线法去重。 以下令向左走一次变为向右上走一次，向右走一次变为向右下走一次（注意这里定义的转换，下文会多次用到），最终会走到点$(2x+n,-n)$。如下图，是一
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摘要：在克鲁斯卡尔排序过后，如果有边权相同的若干条边，可以将它们以任意顺序进行遍历。 因为任意两棵树可以通过加一条边同时删除一条边达到，即这两棵树的边数是相同的。 所以以任意顺序进行遍历，若最后无法形成一棵树，则任何一种遍历顺序都无法形成一棵树。
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摘要：设$f[i][j]$表示在第$i$时刻之前，第$i-1$时刻之后（即在两者之间）追杀第$j$个人，最后剩下的总人数。 设$life[i][j]$表示第$i$个人在第$j$时刻的任务$(u,v)$执行之前剩余的生命值 如果$j≠u[i-1]$ 或者说 如果$ju[i-1]$且$life[u[i-1]]
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摘要：从第$37$行开始那个循环，至多执行$O(logn)$次，而里面的线性复制数组操作长度不会超过$n$，所以这一部分总时间复杂度为$O(nlogn)$ 而每次的sort循环都只会排序一段新增的序列，每次的时间复杂度为$O((R-L)log(R-L))$,所以总的时间复杂度为$O(nlogn)$ 两者加
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摘要：算法：树状数组+离线思想+倍增LCA 时间复杂度：\(O(nlogn)\)（假设点数，边数与询问数相同） 第一问显然，为两者距离加$1$，可以用LCA算出。（加$1$是因为算的是点的个数，而两者距离则是边的个数） 第二问，设当前有一个询问$(x,y,c)$，当前时间为$now$，考虑什么点才会对这个
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摘要：题意：一个图边权为$0$或$1$，求一个生成树使得边权和为$k$。 若原图不连通，则无解。 否则，将所有$0$边加入，此时图被分成了若干个连通块，这些连通块之间显然只能通过$1$边相连，容易知道，若两个连通块之间有若干条$1$边，则任选一条边即可，他们都是等价的。选出来的若干条边称之为“必须加入的$
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摘要：题目连接（提交为模板） 不妨任意取一个$a[i]$，假设除了$a[i]$，其余的$a$能够组成的所有$b$集合为$S$。对集合中的每一个元素对$a[i]$取模分成$a[i]$类，显然当两个元素结果一样时，较大的那个元素可以有较小的那个元素加上若干个$a[i]$表示出来。所以我们设$dis[i]$表示
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摘要：设通过环形均分纸牌算出来的数组\(p\)，\(p[i]\)表示第\(i\)个人给第\(i+1\)个人的纸牌个数（负数为接受纸牌） 对于这一特定的数组，不妨从\(1\)开始向\(n\)进行操作。假设第一次遇到了无法进行交换的情况，我们假设\(p[i]>0\)，此时我们先找出\(i\)和\(i+1\)一
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