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摘要： 设答案为$f_u$。 对于叶子结点，$f_u=w_u$。 对于非叶子结点，考虑它的所有儿子$v$，设有$m$个，则只要最小化$\max\limits^m_{i=1}((\sum\limits^{i-1}_{j=1}w_{v_j})+f_{v_i})$，$f_u$即为最小化的答案。 那么如何最小化这个 阅读全文

摘要： 首先，种树不外乎三种情况：两头有树、一头有数、两头都没树。这三种情况互不影响，这里只讨论两头有树的情况。 不考虑树的顺序，则根据插板法把问题化归为如下情况：把$n-m$个空位安排到$m-1$个间隔里，要求每个间隔非空。即把$n-m$个元素划分成$m-1$个非空段的方案数。再用一次插板法可知答案为$C 阅读全文

摘要： $m=1$： 直接半平面交即可。 $m=2$： 考虑删掉所有第一名以后再跑一次半平面交，显然未来的第二名一定在求出的凸壳上。但直接赋值是不对的，因为被删掉的第一可能继续占掉第二名的位置让蒟蒻没有活路，因此，用被删掉的直线截凸壳，如果凸壳某段直线存在一个$x$使得它上方只有1条被删去的直线，那么它可以 阅读全文

摘要： 一个显而易见的事实是对于$w(S)=1$当且仅当$W\in S$，方案数为$2^{m-1}$，因此接下来就可以只讨论不修改$W$的$2^{m-1}-1$种情况。 那么我们只有两种选择：把$<W$的叶子改成$>W$，让根$>W$；或者把$>W$的叶子改成$<W$，让根$<W$，两种方案互不影响。一个贪 阅读全文

摘要： 一个显然结论是每次的期望只和前后最近的已知结果有关。 另一个结论是：若$[x,y]$内$x$次胜负状态为$a$，$y$次为$b$的期望胜利次数为$E$，概率为$P$，则钦定$x$，$y$次分别为$a$，$b$后期望为$\frac{E}{P}$。（这个可以由贝叶斯定理想） 而固定起点的$E_0,E_1 阅读全文

摘要： 整体二分经典题。对于一个$mid$，把所有小于$mid$的数染色，检查区间和即可。只是$O(qlog^3n)$需要卡常。二维树状数组是必须的，还有一个小技巧是：把所有数和对应的位置排序后，用一个cur记录一下现在树状数组的状态是1~cur染色过，每次移动cur，这样就省去了清空的复杂度。 #incl 阅读全文

摘要： 首先二分$d$，那么要取最小价值，就要在所有满足$d_i\ge d$的$i$中选$p_i$最小的，一路取到$L$。这个东西和名次树很类似，可以在权值线段树上二分。 而快速找到$d_i\ge d$的数据构成的线段树明显是排序+可持久化了。 #include<cstdio> #include<algor 阅读全文

摘要： （持续更新） NIKKEI Programming Contest 2019-2 A: 送分。 #include<cstdio> int main(){ int n; scanf("%d",&n); printf("%d\n",n-1>>1); return 0; } View Code B: 想象 阅读全文

摘要： 神仙造计算机题。。。计算机造计算机 subtask 1: 理解了这个题的应该都能写出来。 node 1 read 0 a write a 0 subtask 2: 看到只有一个计算机，内存还只有两个数就明显不能真算了，打表出斐波那契数列，注意要求周期尽量少，所以应该用jmp语句来打表。 1 node 阅读全文

摘要： 首先看出$E_i=\frac{\sum\limits^{i-1}_{j=1}\frac{q_iq_j}{(i-j)^2}-\sum\limits^n_{j=i+1}\frac{q_iq_j}{(i-j)^2}}{q_i}=\sum\limits^{i-1}_{j=1}\frac{q_j}{(i-j) 阅读全文