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摘要： 一眼看上去就应该能用半平面交去做。 首先考虑怎么求可能得第1名的人：每个人的函数为直线，就是在所有人的半平面交中的上边界者即可获得第一名，这个可以单调队列求解。 再考虑如何求可能得第2名的人：满足2个条件：1、在去掉可能得第1名的人后可以拿第1，这个跳转到上面的过程；2、至多同时被1个能拿第一名的人 阅读全文

摘要： 注：以下p[i]均表示概率 设F(x)为按i次开关后到达终止状态方案数的EGF，显然F(x)=π(ep[i]x/p+(-1)s[i]e-p[i]x/p)/2，然而方案包含一些多次到达合法方案的状态，需将其排除。n次操作回到原状态的方案数的生成函数G(x)=π(ep[i]x/p+e-p[i]x/p)/ 阅读全文

摘要： 好神的题啊！ 看了这题只会第一个subtask，又参考了HN-CJ鸽王zsy的题解，实在太菜了。 暴力转移是O(nc2)，很显然没有分。考虑子任务1,2，只需要转移包含已染色格子的列，然后状态数只有O(nc)，对于关键两列（即有染色的列）间，只有5种状态。而这个可以初始化转移，转移讨论有点复杂，而且 阅读全文

摘要： 通过子任务1、3十分显然，子任务4实际上就是线段树，和我下午写的[SDOI2015]道路修建一模一样，堪称“我抄我自己”，不会的可以先做一下这个题。 然后考虑正解，参考了zhoushuyu的博客，首先可以对前i列做MST，就是把前i-1列和第i列合并起来，而这时候只需要把第1和第i列的点作为关键点建 阅读全文

摘要： 题意：给定2行n列的四连通带权网格图，支持修改边权和查询第[l,r]列的最小生成树 题解：这是一道好题，要么SDOI2019中n=2的20pts怎么会“我抄我自己”？（当然NOIP2018“我抄我自己”除外，因为那是想给大家送分，而且NOIP2018的质量有多烂大家自己心里清楚） 对于区间[l,r] 阅读全文

摘要： 为什么我怎么看都只会10pts？再看还是只会50~70？只会O(n2(R-L+1))/O(nlogn(R-L+1))……一眼看动态DP可还是不会做…… 根节点的答案是叶子传上来的，所以对于L=R的数据，可以直接枚举需要±n的叶子节点个数num，然后答案就是2num，每次枚举时重新扫描一下就是O(n2 阅读全文

摘要： 首先只需要考虑每种牌出现的张数即可，然后判断一副牌是否能胡，可以DP一下，令f[i][j][k][0/1]表示到了第i位，用j次i-1,i,i+1和k次i,i+1,i+2，是否出现对子然后最大的面子数量，j,k∈[0,2]，转移也很容易。这样暴力枚举可以获得50pts的“好”成绩。 然后可以丢掉第一 阅读全文

摘要： 通过打表证明发现答案就是把序列划分成若干段，每段的b都是这一段a的平均数。50分做法比较显然，就是单调栈维护，每次将新元素当成一个区间插入末尾，若b值不满足单调不降，则将这个区间与单调栈前一个区间合并。 由于题目要求每次只修改一个数，所以可以前后缀拼起来，单调栈要改变，然后发现这个显然满足二分的性质 阅读全文

摘要： 首先，对于从每个点出发的路径，答案一定是过这个点的路径所覆盖的点数。然后可以做树上差分，对每个点记录路径产生总贡献，然后做一个树剖维护，对每个点维护一个动态开点线段树。最后再从根节点开始做一遍dfs，把每个节点对应的线段树启发式合并即可。时空复杂度均为O(nlog2n)。听说还有一个log的做法，但 阅读全文

摘要： 为什么ABC那么多？建议Atcoder多出些ARC/AGC，好不容易才轮到AGC…… A 签到。就是以黑点为源点做多元最短路，由于边长是1直接bfs就好了，求最长路径。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1007,dx[ 阅读全文