摘要：
嘟嘟嘟 这道题刚开始尝试自己写网络流，然后改来改去最终就写炸了……然后就看了题解，发现好多篇题解都是由一篇衍生出来的……甚至笔误都是一样。 所以我参照完题解后还是觉得应该自己写一篇最能让人看懂的题解。 首先，第一问就是比较简单的dp，不过我们令dp[i]表示以a[i]结尾（不是到第 i 位）的最长不 阅读全文
摘要：
嘟嘟嘟 做了几道网络流的题后，就感觉这道题还是挺简单的了…… 这是一个二分图多重匹配问题，关键还是在建图：图的右侧是k个节点，代表每一个类型的试卷，然后都连一条容量为该类型题数通往汇点的边。图的左侧是每一个试题，因为每一个试题只能用一次，所以和源点连一条容量为1的边。然后如果试题 i 属于第 j 类 阅读全文
摘要：
嘟嘟嘟 这里就讲怎么做……因为为什么这么做以及证明我都不知道…… 首先，我们将原图的每一个点 i 都拆成 i 和 i +n 两个点。接着把所有 i 都和源点相连，边的容量为1,；把所有i + n 都和汇点相连，容量也为1。然后对于原图中的一条边(u, v)，就在新图中连一条(u, v + n)的边。 阅读全文
摘要：
嘟嘟嘟 这道题建图还是很明白的：一个二分图，左边是单位，右边是餐桌，然后源点都向单位连一条容量为单位人数的边，每一个餐桌和汇点都连一条容量为餐桌容量的边（都叫容量~）。然后每一个单位向每一个餐桌都连一条容量为1的边，跑最大流即可。本来以为复杂度会很高，然而数据范围小，加上dinic玄学，很快就跑过了 阅读全文
摘要：
嘟嘟嘟 这道题如果不看题解，我是绝对想不到二分图匹配的。 咱们先不想二分图匹配的事，先想想什么状态是有解的：只要每一行都有一个黑块，且每一个黑块都在不同的一列，那么一定有解。因为即使这些黑块不在主对角线上，我们也可以通过交换行（列）来达到这个最终状态，这就像不断交换两个数来给一个序列排序一样。 然后 阅读全文
摘要：
嘟嘟嘟 这道题我其实是拿来练网络流的，用dinic。建图不说了（都给你建好了……）。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 #incl 阅读全文
摘要：
好久没有模拟了，然后一模拟就gg…… T1 高维宇宙 因为模拟标题上写的noip，所以当时我就压根没往二分图匹配想，而是生成了了一个像邻接矩阵的表，t[i][j]表示 a[i] + a[j]，然后在倒三角矩阵里爆搜……虽然加上了如果加上当前最大值仍小于ans就返回的剪枝，但还是稳稳地30分……果然搜 阅读全文
摘要：
嘟嘟嘟 太水了，大佬们就绕道吧…… 就是m, b数组分别排个序，然后更改对应位置的m[i]和b[i]，就行了。 因为如果m[i]不改为b[i]而是b[i + 1]的话，那么必定要将m[j] (j > i)改为b[i],而这一定比m[i]改为b[i]更劣。 1 #include<cstdio> 2 # 阅读全文
摘要：
嘟嘟嘟 题面说的有点问题，应该是向后看齐。 于是我们维护一个单调递减栈，如果当前a[i]比栈顶元素大，就执行pop操作，然后把pop出来的元素的答案都用 i 更新即可。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #incl 阅读全文
摘要：
嘟嘟嘟 这个是一个很明显的dp，遇到这种倍数的问题的，就令dp[i][j]表示选到了第 i 只牛（不是选了 i 只牛），sum(Ri) % f == j 的方案数,则， dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][(j + f - a[i] % f) % f] 等式右边第 阅读全文