随笔分类 - 题解
摘要：AT_joisc2017_d 切符の手配 (Arranging Tickets) 有点省选的味道了。 考虑先定向 min(ai,bi)→max(ai,bi)\min(a_i,b_i) \to \max(a_i,b_i)min(ai,bi)→max(ai,bi)。 再考虑翻转，当两个区间无
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摘要：套路地考虑 wqs 二分，记 f(x)f(x)f(x) 表示分成 xxx 段，≥s\ge s≥s 的段数的最大值。 但是发现，≥s\ge s≥s 的段可以拼上旁边一个小段，构成一段坐标系上的横条，所以 f(x)f(x)f(x) 其实并不是凸的。 由上的性质，可以知道，答案关于 kkk 具有单调性，我
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摘要：将取膜去掉，描述满足条件的序列 BBB： ∀i,Bi≥Ai\forall i,B_i\ge A_i∀i,Bi≥Ai； Bi mod nB_i \bmod nBimodn 两两不同； 令 s=∑Bi−Ais=\sum B_i-A_is=∑Bi−Ai，则 s≡0(modm)s \equiv 0
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摘要：P9917 「RiOI-03」网格 行列染色，求红色网格周长。 矩阵是凸的，定义贡献，若 (x,y)(x,y)(x,y) 为红色，(x+1,y)(x+1,y)(x+1,y) 为白色，则竖直范围内有 222 贡献；水平同理。 动态二维数点非常麻烦。 考虑到单行单列染色，记录行列最后染的颜色以及染色时间
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摘要：考虑到 x≤40x\le 40x≤40，肯定是要从这上面考虑的。 我们把存在性容斥掉，答案为总情况数减去所有数在 [0,x)[0,x)[0,x) 的情况数再减去所有数在 (x+k−1,+∞)(x+k-1,+\infty)(x+k−1,+∞) 的情况。 考虑第一部分和第三部分一起看。 绝对值转成差分序
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摘要：对于每个权值找出他出现的极长区间，总数是 O(40n)\mathcal O(40n)O(40n) 的。 然后我们判断一个区间是否有解，每个限制形如一个同余式，发现模数 ≤40\leq 40≤40，那么两两判断裴蜀定理即可。 考虑双指针，找到最长合法区间，对每个模数记录出现位置及余数，这很好做。
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摘要：什么神仙。 将期望转到局面上。 发现期望相当于每个还可以操作的局面出现的概率之和。 于是我们找到局面，算概率即可。 找到树上一个大小为 aaa 的子图，满足 a>ka>ka>k，如果有 bbb 个之外的点与之相连。 我们考虑将操作的序列看成排列，那么出现这种局面的概率为 a!b!(a+b)!\fra
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摘要：考虑字典序的性质。 我们维护当前的 ai,cia_i,c_iai,ci 表示判断 aia_iai 是否 <ci<c_i<ci，连边。 tarjan 判环，如果是一个环，说明环上所有点都相等。 注意，我们连边是对两个点的环进行连边。 对于一个限制，如果当前的 ai,cia_i,c_iai,c
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摘要：有 gcd(xa−1,xb−1)=xgcd(a,b)−1\gcd(x^a-1,x^b-1)=x^{\gcd(a,b)}-1gcd(xa−1,xb−1)=xgcd(a,b)−1 和 lcm(S)=∏T⊂Sgcd(T)(−1)∣T∣−1\operatorname{lcm}(S)=\prod_{T
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摘要：钦定最小值 lll。 方案数就是 [l,r]−[l+1,r][l,r]-[l+1,r][l,r]−[l+1,r]，就是容斥掉没有最小值的情况。 现在就是树上的链的乘积，容易想到树形 DP。 发现值域上端点之间的区间每个点的一次函数不变。 对每一段，拉格朗日插值算前缀和就行了。
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摘要：考虑构造出一个权值为 xxx 的数要多少棵叶子，记为 cxc_xcx。 则 cx=∑j=0x−1cj+1c_x=\sum_{j=0}^{x-1}c_j+1cx=∑j=0x−1cj+1，则 cx=2xc_x=2^{x}cx=2x。 所以权值的值域是 logn\log nlogn 的。 考虑
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摘要：搞出平均数 vvv，相当于每个数都得是 vvv，将 ai−v→aia_i-v\to a_iai−v→ai，则变成每个数都得为 000，且 ai≥−va_i \ge -vai≥−v。 一个区间能均摊，当且仅当区间和为 000。 考虑最小步数，发现上界是 ⌈len−1k−1⌉\lceil\frac
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摘要：跟 CF1889C1 很像。 多次询问，我们考虑将每个段的端点标记，将值域分成若干个段。 我们如果可以求出前缀段通过删除能得到的最多空点个数，由于每一段要么全空，要么全被覆盖，所以我们可以二分从而求出答案。 扫描线，找到被覆盖 ≤2\le 2≤2 的段，维护到每段区间末尾为止空点的长度 aia_ia
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摘要：首先对于两个点 (u,v)(u,v)(u,v) 的合并，发现是每 gcd(au,av)\gcd(a_u,a_v)gcd(au,av) 个分成一段。 然后点 uuu 的每一段都会跟点 vvv 的每一段取或。 在强联通分量内的，两两都会贡献，于是计算其中所有点的 gcd\gcdgcd，按这个数将
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摘要：发现操作并不会使一个存在的二进制位消失，所以最后的答案为区间的或。 令这个数为 mxmxmx，首先序列必须存在 mxmxmx。 注意到当 mxmxmx 出现次数 ≥2\ge 2≥2 时，必然有解，可以通过先将这两个数弄成相邻的再左右扩展得到。 现在讨论 mxmxmx 出现次数为 111 的情况，我们
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摘要：当每个栈只有一个元素时，我们连接 i→pii\to p_ii→pi，pip_ipi 为第 iii 个栈的栈顶。 现在是一棵内向基环树了。 此时询问的答案是每个点对应的树的处在环上的根。 回到原问题，其实我们不断消环，即找到环，将环上的栈顶弹出，并新建连边 i→pii\to p_ii→pi，并维
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摘要：排列的单调且连续的区间一定互不相交，且由 aaa 可以推出这些区间。 如果 a={3,3,3,1,1,1}a=\{3,3,3,1,1,1\}a={3,3,3,1,1,1}，那么区间就是 {[1,3],[4,4],[5,5],[6,6]}\{[1,3],[4,4],[5,5],[6,6]\}{[1,3
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摘要：先暴力贪心。 设 fu,0/1f_{u,0/1}fu,0/1 分别表示是否删除 uuu 和父亲之间的边，子树内的最小代价。 我们要满足的就是 uuu 被删除的边数 kkk 满足 duu−k≤xdu_u-k \le xduu−k≤x。 这下每个 vvv，不是选 w+fv,1w+f_{v,1}w+f
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摘要：发现同颜色最远点对一定有一点在直径 SSS 上。 这下找到直径，算每个点到直径的两种距离。 然后枚举最远点对长度 ddd，根据两种距离跟 ddd 的大小关系，我们可以知道一个点选的方案数。 然后我们考虑容斥。 记答案为 ∑wifi\sum w_if_i∑wifi 的形式，表示最远点对为 wiw_
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摘要：有点神奇。 只要有异或和相等的两个区间即可。 类似生日悖论，期望找到异或和相等的区间为根号值域次，数据小时暴力。 再想想正解。 共有 22k+1=4k×22^{2k + 1}=4^k \times 222k+1=4k×2 个区间，但是值域只有 4k4^k4k，所以必然有解。 我们对值域分成前 kkk
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