随笔分类 - codeforces
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摘要：A.Median Maximization 比较简单显而易见的贪心，显然前$\lfloor\frac{m-1}{2} \rfloor$数是$0$，后面的数尽可能平均分。 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<iostream> #include<
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摘要："codeforces" 一般的套路显然转化按位确定 第一行直接算有多少字典序比他小就行了。 对于$2$到$n$行，每行的总方案数就是错排数量。 这就存在一个问题，我们无法确定当前行能放的有多少字典序比它小。 我们发现对于第$i$行第$j$个，假如第$i 1$行前$j$个数和第$i$行前$j$个数一
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摘要："codeforces" 由于每个数组可以滑动。 我们对于一个位置，要考虑它是否可以为空，能放的最大值是多少。 每行的每个位置都直接这样做显然会TLE。 我们发现每行可以分为三个部分（有些时候不可以，随便讨论一下啦） 第一个部分是只能放前几个。 第二个部分是所有的都可以放。 第三个部分是只能放后几个
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摘要："codeforces" 显然发现可以从右往左依次确定。 考虑求出前缀和，每次查询当前位置上的值，然后删掉当前数，动态维护一下前缀和就好了 对于查询值可以树状数组+二分$O(n\log^2n)$，也可以线段树$O(n\log n)$ ~~貌似树状数组+二分比线段树跑的要快~~ 代码： c++ inc
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摘要："codeforces" 发现矩阵 $$ \begin{align } &0\ 1\ 2\ 3\\ &4\ 5\ 6\ 7\\ &8\ 9\ 10\ 11\\ &12\ 13\ 14\ 15\\ \end{align } $$ 每行和每列的$\rm xor$和为0，发现每个位置加上$16x$也不会改
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摘要："codeforces" 我们设$f[i]$表示有多少个数的二进制下的子集值为$i$ 显然当$f[i] =2$时，$i$是可以通过$a_j\&a_k$得到的 然后我们枚举$a_i$，从高位到低位考虑，尽量多取$a_i$二进制下没有的位。 然后取最大值就行了，至于满足$i include includ
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摘要："codeforces" 考虑算出$nxt_i$表示以$i$为左端点，不出现重复的数最远可以到的位置 然后枚举左端点$l$，枚举右端点$r$，如果当前区间内的最大值$mx r l+1$，我们就将右端点移到$mx+l 1$的位置上。 由于答案是$O(n)$的，所以总复杂度就是$O(n\log n)$
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摘要："codeforces" 线段树优化建图的裸题 代码：
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摘要："codeforces" 简单题，考虑这个串只有0,1两种字符。所以每9个必有一组合法的情况 所以暴力的复杂度是$O(9n)$ 代码：
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摘要："codeforces" 很有意思的题。 考虑dp，设$f_i$表示$i$这棵字树的答案。 显然有$f_i=deg_x!\prod_{j\in son[i]}f_j$ 由于根节点是钦定的，所以答案还要乘上一个$n$ 代码： c++ include include include include us
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摘要："codeforces" 很有意思的构造题，自己并没想到 构造方法就是每次从一列的第一个连向最后一列的最后一个，然后不断交叉去连。 连完这两列后再往内走一个，以此类推 代码： c++ include include include using namespace std; define rg reg
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摘要："codeforces" 简单题 考虑每次都买它能买的最大的，所以他买的一定是价格比他钱低的东西。 我们考虑建立权值线段树，对于$a_i$将$[1,a[i]]$这一段加$1$，对于$b_i$将$[1,b[i]]$这一段减$1$。 每次查询就查询最右边的值大于$0$的，因为这意味着在他后面还有没被购买
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摘要："codeforces" 有一个很显然的$O(a+b)$的做法可以想到，就是枚举$k$，然后$O(1)$判断 如何$O(1)$判断，我们显然考虑将这个序列每$k$个分一个块，只要判断存不存在合法方案就行了 其实这个时候很显然就能想到整除分块了，所以复杂度已经优化到$O(\sqrt{a+b})$了 判
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摘要："codeforces" 考虑只有三个字符，所以每四个必然选出两个来，也就是不存在$\rm impossible$的情况 所以我们简单模拟就好了，从两端往中间扫，不匹配就移动一端，时间复杂度$O(n)$。 代码： c++ include include include include using n
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摘要："传送门" 很简单的一个题目 由于向上是无限延伸的，所以我们从上往下考虑，然后对于每个$x$坐标，我们只用管它是否出现过。 统计答案就是按每个$y$坐标来统计， 如果只有一个点，直接计算当前出现的所有$x$的本质不同的区间覆盖的方案数就行了 但是现在有一个问题，对于同一个$y$坐标，$x$坐标可能不
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摘要："传送门" 读懂题之后发现条件一和条件二并没有什么用 然后对于条件四显然可以将整个图连成一个环 然后考虑条件三怎么满足？ 假如点数正好是质数，直接就满足了 否则 此时所有点的度数都是2。 给每个点多连一条边，度数依然是质数 发现这样最多可以连$\lfloor \frac{n}{2} \rfloor$
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摘要："传送门" 一道小清新题 首先转化一下问题，将题目给出的$t$数组$sort$之后差分一下。 问题就变成了给出一个长度为$n 1$的序列，选出$k$个不相邻的数使得和最小 很容易发现这是一个下凸的函数，$\rm wqs$二分去掉$k$的限制之后那个$dp$就很简单了 设$f[i][0/1]$表示前$
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摘要："传送门" 首先应该考虑一下，多加一条边对树上路径的影响是什么 可以发现多加一条边就会出现一颗基环树 我们发现所有经过环的路径都会翻倍 那么假设$x$是$y$的父亲，$x$在环内，那么将$y$加入环的贡献就是$(size[x] size[y]) size[y]$ 然后类似求树的直径做两遍$bfs$（
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摘要："Codeforces Round 499 (Div. 1)" 这场本来想和同学一起打$\rm virtual\ contest$的，结果有事耽搁了，之后又陆陆续续写了些，就综合起来发一篇题解。 "B.Rocket" 极其简单的一道交互题，有些位置会说反的，那么就选一个数来询问直接选出所有的这样的位
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摘要：罚时有点小严重，但是div.3确实快乐. "A.Wrong Subtraction" 模拟，暴力模拟. "B.Two gram" $O(n^2)$暴力枚举. "C.Less or Equal" ~~小清新~~的判断题，sort就可以了，判断很小清新的. c++ include include inc
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