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十分有趣的问题. 我们发现如果拿的话肯定要先拿一些大的. 所以我们可以先将所有数从小到大排序，令 $f[i]$ 表示拿完前 $i$ 小先手-后手的最大值. 则有转移：$f[i]=max(f[i-1],a[i]-f[i-1])$ 反复阅读：每次拿一些数字的贡献是这些数字中最小的值. 反复阅读上一句话， 阅读全文
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之前绝对做过几乎一模一样的题，现在做竟然忘了. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; ll n,ans=1 阅读全文
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推到了一个推不下去的形式，然后就不会了 ~ 看题解后傻了：我推的是对的，推不下去是因为不需要再推了. 复杂度看似很大，但其实是均摊 $O(n)$ 的，看来分析复杂度也是一个能力啊 ~ code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #defin 阅读全文
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看到这道题的第一个想法是二分+主席树（好暴力啊） 实际上不用这么麻烦，用一个双指针+桶扫一遍就行了 ~ code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100006 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using n 阅读全文
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不难发现，当我们要选的区间确定后，一定会把仓库安排到中间的稻草上（如果是偶数个的话中间两个都行）。 然后按照坐标从小到大枚举右指针，左指针一定不递减，双指针扫一下就行了. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100007 #define ll long 阅读全文
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思路很巧妙的一道题 ~ 这个应该不完全是正解，复杂度约为 $O(3\times 10^8)$，有时间再研究研究正解. 首先，最裸的暴力是按照权值从小到大枚举每一个数，然后枚举后面的数来更新方案数，是 $O(n^2)$ 的. 然后，我们可以用lucas定理来模拟那个组合数，会发现只需满足大数&小数=小 阅读全文
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这个思路挺巧妙的 ~ 定义一行/列的权值为操作后所整体增加的值. 那么，我们会有若干个 $a[x]+b[y]=c$ 的限制条件. 但是呢，我们发现符号是不能限制我们的（因为可加可减） 所以可以将限制条件转化为 $a[x]-b[y]=c$. 这个用带权并查集就可以方便地维护了~ code: #incl 阅读全文
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#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 1000007 #define ll long long #define lson now<<1 #define rson now<<1|1 #define set 阅读全文
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如果单点而不是求 sigma 的话还是比较好办的. 遇到这种前缀和相减的矩阵乘法可以增设一个 0 使得后面的能先加到前面，然后再算. 这样的话可以使的最后算出的是前缀和相加的形式. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define 阅读全文
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思路并不难，主要是细节需要注意一下. 在 lct 中，删边要写成：f[lson]=0,lson=0 （因为删 x->y 时 y 不一定是左儿子，y 只是 x 的前驱） 然后 f[lson]=lson=0 这个写法在一些编译器上是错误的（就是你会发现 f[lson] 中这个 lson 会变成 0 ) 阅读全文
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有一个神奇的技巧——打表 code: #include <bits/stdc++.h> #define N 10000007 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; in 阅读全文