随笔分类 - 题目来源-Codeforces
摘要：先考虑 k 是偶数的情况，此时 k 必须是 2n 的约数，且不能是 n 的约数，并且 k 要尽量小，所以令 k = 2 的 (n 里 2 的最高次数 + 1) 次方即可。若 k 还是太大，说明偶数无解，考虑奇数。此时有一个非常巧妙的想法：令 k2 = 2n / k。会发现这个 k2 一定是满足条件的。
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摘要：首先，全局最大值一定是其中一个子序列的最大值，所以只需要考虑另一个子序列的最大值是几。根据这两个“最大值”，整个序列被划分为三段，前一段两个序列都递增，中间一增一减，第三段都递减。第一段和第三段可以用简单 DP 完成最优划分。中间段其实也可以用一个类似的 DP 来划分。DP 定义的关键是考虑与 i 不同的另一个子序列最后一个元素是几，转移时考虑 i 和 i - 1 在不在同一个序列中。
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摘要：用总数减去不合法的排列数。考虑不合法的排列里的极长不合法段，那么不合法的排列可以分为两类：有两个极长不合法段的，或者有三个及以上极长不合法段的。对于前者，发现至少有一个不合法段是前缀或后缀，且数值为 1...k，可以递推求出其方案数（二次容斥）。对于后者，不合法段一定不相交。考虑用 DP 对齐进行划分，再用前面处理好的答案算出其排列方案数。
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摘要：首先把问题转化为：有一个给定的数组 b[1...n]，一个数 x，使得所有 (b[i] + x) 的二进制里 1 的个数之和最小。从低到高逐位 DP，发现要考虑上一位有没有进位，那么状态数是 2^n 的。进一步观察，因为每个数加的 x 是一样的，所以在这些低位上原数值越大，越有可能进位。所以状态里只需要记录有多少个数进位，然后把序列排个序，就知道具体是哪些数进位了
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摘要：本文提供了两种解法。一种是硬核数据结构做法。将限制转化为一个几何问题（双矩形的交），用扫描线求解。第二种是巧妙的贪心，证明了如何选择 n1, n2 是最有可能有解的，于是在确定 n1, n2 后，直接进行二分图染色即可
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摘要：以第一个关键节点为根。根据：v 在 x, y 的路径上，当且仅当 dis(v, x) + dis(v, y) = dis(x, y)，可以确定每个关键点到根的路径。接下来按深度从小到大加入剩余的节点。只需要在已经确定的部分里为它找到一个父亲即可
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摘要：用 bitset 支持操作 2，但操作 3 比较困难。考虑不是记录每个数的出现次数，而记录每个数的倍数的出现次数。这样操作 2,3 都可以轻松实现。回答询问时，把每个倍数乘以莫比乌斯函数，就能还原出答案
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摘要：使用容斥原理解本题需要大量的分类讨论，故我们转而考虑不重不漏地计数。将约数按它在 A,B,C 哪几个里出现过，分为 7 类。枚举三元组里每个数的种类，则选择的方案数可以用一个组合数公式计算出来
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摘要：考虑查询一段区间 [l,r] 里线段并的长度怎么做。可以枚举右端点，维护左端点的答案。同时对数轴上每个位置，记录最后一个覆盖到它的线段编号，用 set 维护数轴上的这些线段。加入一条新线段时，要更新答案，相当于对一段左端点的答案做区间加。回到本题，可以二分价值第 k 大的区间的价值，然后求价值大于等于 mid 的区间数量，做法和上面类似
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摘要：考虑只划分一轮的情况。对于所有 k，发现划分为 k 块的方案数，要么是 0，要么是 1。对“有唯一一种划分方案”所需的条件稍作转化，就能求出每个 k 是否存在方案了。然后考虑不止划分一轮的情况，可以做一个简单的 DP。时间复杂度是调和级数。
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摘要：两棵树上公共的边我们都不去动它。将它们缩起来。然后每次找一个叶子节点，拆掉它和父亲的边。发现一定能找到另一条边加上。可以用并查集维护
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摘要：首先想到把 k/2 个元素分为一块，不同块里元素的去重，可以暴力枚举每一对块，将它们一起加入队列。搞一对块就清一次队列，有点浪费。考虑把块连成一张有向图，那么每次可以顺着图上的路径一直走。问题转化为将图划分为尽可能少的路径，使得每条边恰属于一条路径。发现扩充为完全图后，可以得到更优秀的划分方案。
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摘要：对值域分块，每块内按原序列里的位置排序。查询时把每块内下标在 [l,r] 之间的提取出来，依次合并。问题转化为预处理出每块内的所有区间对应的集合。可以在值域上分治。每次把小于等于 mid 的元素和大于 mid 的元素，按原顺序分在两边，递归求解后，再把两边的答案合并。
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摘要：记两次查询的节点分别为 a, b，两次查询得到的结果分别为 d1, d2。我们依次枚举 a, d1, b, d2。枚举 a, d1 后，对每个点 v，预处理出罪犯第二天来到点 v 的概率 p(v)。这样就能很方便地对一组 (a, d1, b, d2) 计算答案。发现对同一个 a，在所有 d1 下，p(v)!=0 的点 v 数量是 O(n) 的。所以这四重枚举的时间复杂度，实际是 O(n^3)。
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摘要：先考虑期望的定义，发现不好计算。于是补集转化，发现转化后可以通过简单的树形 DP 解决。添加叶子时，只需要更新它祖先的 DP 值。并且在精度允许的范围内，我们只需要更新距离不超过某个阈值的祖先。
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摘要：涉及到无穷大的概念，就可以抛弃一些传统的 DP 做法。使用数学的推导。本题的状态设计和转移方式，都是非常巧妙的。
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摘要：考虑实现一个核心函数：求出某个后缀，花费不超过 c 时，字典序第 k 小的结果序列，的第一次操作。实现这个函数后，通过调用不超过 c 次该函数，可以求出答案。我们对后缀做一些预处理，就可以快速实现这个核心函数。预处理需要观察一些性质，然后用 deque 实现。
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摘要：很神的数据结构题！！！先做前缀和等初步转化，可以变成关于两个序列、区间最大、最小值的问题。枚举 r，用单调栈维护出使其中一个序列合法所需要做的操作。对另一个序列，可以贪心地在区间端点处进行操作。找出最小的、合法的区间端点，可以在线段树上二分。但这个线段树维护的信息比较特殊，要用到类似于《楼房重建》这题里，log^2 线段树的技巧。
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摘要：树形 DP。把第二维搬到线段树上，然后线段树合并。这是常见的套路（NOI2020 d1t2），但在本题里会 MLE。进一步优化，需要根据题目性质（有效 DP 值的单调性），将线段树改为 set，做启发式合并。
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摘要：分情况讨论。枚举最终相遇的环，然后对其他环做个背包。用 CSP2019 d2t1 的套路设计 DP 状态，只记录二者的差值。
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