07 2023 档案
摘要：显然， - 条件一等价于在 $T'$ 中，$1\sim n$ 组成的虚树等于它本身。 - 条件二等价于 $1\sim i$ 组成的虚树上点的标号不超过 $i+k$。 我们考虑在原树的基础上依次添加 $n+1\sim n+m$ 这 $m$ 个点。添加一个点 $i$ 时，它与原树的位置关系可能有以下几种
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摘要：考虑一个 $L\le x\le R$ 的数 $x$，必然是一段前缀贴着 $L$ 或者 $R$，然后下一位脱离了 $L$ 和 $R$ 的限制，后面随便乱填。 注意到一个性质，对于某一位 $d$，考虑这一位上没有限制的那些位置，最优方案肯定是令其等于其左边（或者右边）第一个有限制的数的第 $d$ 位上的
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摘要：思考下什么样的 $l,r$ 是合法的：显然对于一组长度为 $len$ 的空隙，要使得相邻两个 A 之间的距离在 $[l,r]$ 中，你新插入的 A 的个数应该位于 $[\lceil\dfrac{len}{r}\rceil-1,\lfloor\dfrac{len}{l}\rfloor-1]$ 中。因此
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摘要：这种题肯定首先要**寻找不变量**。 显然后面排好序的后缀不会被改变。因此从整体上来看我们的流程肯定是，如果当前 $p_n=n$，就令 $n$ 减一，否则你一步换的 $i$ 肯定满足 $p_i=n$。而显然 $\min\limits_{j=i}^np_j\le i$，因此我们考察 $\sum|i-p
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摘要：一个比较垃圾的做法，卡着时限过了这道题。 首先大胆猜个结论：要么 $|s|=|t|$，此时 $A,B$ 任取，要么存在字符串 $c$ 和整数 $x,y$ 使得 $A=c^x,B=c^y$，其中 $c^x$ 表示 $x$ 个 $c$ 拼接得到的结果。证明的话感觉还挺复杂的，可能要 border 引理之
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摘要：只要你发现是诈骗题就好办了。不要像我那样傻傻地瞪一个小时然后才发现那俩 sigma 里的东西相减是有性质的。 先考虑计算单个 $f(p)$，一眼的树状数组……吗？考虑最终答案式子里 $i$ 的系数：$\sum\limits_{jp_i]-\sum\limits_{j>i}[p_jp_i]+\sum\
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摘要：这种数据范围和题目特点一眼网络流。 对于一种选法，我们考虑建立两个黑白矩阵，如果一个点 $(i,j)$ 被选，我们就将第 $i$ 行中 $a_{i,k}\le a_{i,j}$ 的 $(i,k)$ 在第一张网格图中染成黑色，将第 $j$ 列中 $a_{k,j}\le a_{i,j}$ 的点 $(k,
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摘要：一年前模拟赛的题，时隔恰好一年零一天又考了一遍还是不会做。 对两个矩形的位置分情况： 1. 相离，此时必然存在一条与 $x$ 轴或 $y$ 轴平行的分界线，满足一个矩形在左边（下面），另一个矩形在右边（上面）。这部分显然可以 $O(n)$ 地处理。 2. 相交成十字形。这一类我的处理比较烦：考虑预处
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摘要：牛逼题。 先考虑 $l\le 10^5,10^5+1\le r$ 的部分分：一种方法是线段树，即因为左右端点是独立的，因此对左右端点各维护一个权值线段树表示有多少个区间以这个值为左 / 右端点，这样对于修改，左端点的部分相当于先查询 $\le l$ 的数的个数，然后将它们都挂到 $l$ 上，最后把
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摘要：首先第一步是一个浅显的观察：我们要求的是**所有可能的最终序列的贡献之和**，如果能改为计算**所有操作序列的贡献之和**那问题会简单很多，并且我们惊奇地发现，如果一组 $x_i$ 全大于 $0$，那么把它们全减去 $1$ 以后得到的答案序列不会改变，而对于任意一种可能的最终序列，必然存在一组 $\
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摘要：最终方案肯定是将 $[1,n]$ 划分为若干个长度 $\ge 2$ 的区间 $[l_i,r_i]$ 满足 $l_i\sim r_i$ 按照 $l_i\to l_i+1\to l_i+2\to\cdots\to r_i$ 的方案连成一条链，剩余点之间连边满足不存在其他边两端点差为 $1$。 考虑对后面
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摘要：首先，DP 肯定是逃不掉的，因为直接贪心其实不好判断在两个人都可以上线的时间段究竟是哪个人上线，需要通过后面的情况来做出判断，但是这题值域比较大直接维护 DP 值肯定不行，因此考虑先设计一个与值域有关的 DP 然后优化。 将时间区间离散化，然后依次考虑每个时间区间。一个很自然的想法是设 $dp_{i
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摘要：考虑如果每个数恰好出现两次，那么容易得出一个序列合法当且仅当将每个数两次出现位置看作一个区间 $[l_i,r_i]$ 的两个端点，那么这些区间两两之间不存在包含关系。 考虑每个数出现四次的情况，我们钦定两次为 $i$，两次为 $i+n$，这样可以转化为 $2n$ 的情况，而容易发现只有 $1122$
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摘要：注意到这什么 $s>q$ 或 $t\le q$ 的限制条件是没有用的，因为如果 $s\le q>1;solve2(l,mid);solve2(mid+1,r); static ll mn[MAXN+5],mx[MAXN+5],f[MAXN+5],g[MAXN+5]; mn[mid+1]=mx[mid
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摘要：初读题目可以发现一些性质： - 每次操作会使整个序列的和减少至多 $X+Y$，因此 $ans\ge\dfrac{\sum a_i}{X+Y}$。 - 对于两个不相邻位置 $a_i,a_j(|i-j|>1)$，每次操作最多使它们的和减少 $\max(X,Y)$。 然后你发现两个限制可以结合在一起使用，
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摘要：显然，每个法力池最终能收集到的法力只与这个法力池最终被收集到的时间有关。 对于一组询问 $(s,e)$，假设我们经过了 $k$ 个法力池，我们钦定最终被收集到的时间从后到前分别是 $e=a_1,a_2,\cdots,a_k$，那么最大法力值为 $\sum\limits_{i=1}^kc_{a_i}·
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摘要：NOI，来点己酸集合！
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摘要：这能 3500？ 对于一组在 $u$ 上的询问，考虑每种线路 $x$，假设 $1\to u$ 路径上线路 $x$ 的长度为 $len$，那么不难发现收罚款的次数只有两种可能：$\lfloor\dfrac{len}{T}\rfloor$ 或者 $\lfloor\dfrac{len}{T}\rfloor
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摘要：很没感觉的一道题。 首先特判掉 $n\le 2$。 在 $s$ 无穷拼接的过程中，我们考虑一个周期一个周期地匹配，由于每局比赛的长度是 $2$ 或者 $3$，因此每个周期开始的时候，把上个周期剩下的零头匹配完之后起始匹配位置只可能是 $0$ 或 $1$ 或 $2$，并且对于一个起始匹配位置 $i(0
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摘要：考虑拿总方案数减去不合法方案数。一个字符串不合法当且仅当其所有长度为 $|s|$ 的子串字典序都 $\ge |s|$。把这个东西用 KMP 自动机的角度来理解就是假设当前在 KMP 自动机的节点 $x$，那么下一步你匹配的字符必须 $\ge$ $x$ fail 树上所有祖先节点对应的下一个字符的最大
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摘要：先来找些性质： - $A$ 中最小的元素 $M$ 肯定是最小的不是 $S$ 的因子的数，由于 $\text{lcm}(1,2,3,\cdots,43)>10^{18}$，所以 $M\le 43$。 - 对于每个 $0\le iS)break; for(int j=1;j>1; if(calc(mid
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摘要：是 Ynoi 捏。 建一棵线段树，线段树上每个节点维护一个长度为 $len$ 的 DP 数组 $f_i$ 表示 $v$ 最少需要多少才能使得从左往右将 $v$ 与区间中的数进行图中的相加操作后会减掉至少 $i$ 次 $p$。 如果我们能预处理出 $f_i$，那么查询是容易的，直接找到对应的区间然后
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摘要：怎么 ARC 还能撞题的？只能说 Kubic 牛逼。 首先显然没法保序回归。考虑用类似于凸壳优化 DP 的做法解决原问题（也就是 P4331）： - 设 $dp_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 位，$x_i=j$ 的最小代价，显然有 $dp_{i,j}=\min_{k\le j}\{dp_{i-1
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摘要：看不懂 zky 代码，所以摆了。
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摘要：想到插值其实就挺套路的了吧…… 设 $dp_{i,j}$ 表示有多少种方法确定 $a_i\sim a_n$ 使得 $a_i=j$。那么有 $dp_{i,j}=\sum\limits_{k\ge ja_i}dp_{i+1,k}$。边界条件是 $dp_{n+1,1\sim m}=1$。不难发现复杂度与值
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摘要：考虑转化模型（有点类似于 PKUSC2018 猎人杀）：生成一个值域为 $[1,n]$ 的无穷序列，记 $b_i$ 表示其中第 $a_i$ 个 $i$ 的位置，那么所求即为 $b_i$ 是 $b$ 序列中的最大值的概率。 容斥。假设我们要计算 $x$ 的答案，我们考虑钦定一个集合 $S$ 满足 $S
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摘要：假设 $1$ 号队伍机器人总牌数比 $2$ 号队伍多，那么显然最终 $2$ 号队伍中的牌都会走光。 如果 $1$ 号机器人属于 $1$ 号队伍那么我们暴力模拟第一轮即可。下面只讨论 $1$ 号机器人属于 $2$ 号队伍的情况。 由于我们走牌顺序一定是 $212121212\cdots 21$ 直到没
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摘要：显然分成 $k$ 段以后，最大化形成的排列的字典序的策略是将所有段按第一个元素的大小降序排列。 由于最终排列的字典序肯定 $\ge$ 原排列的字典序，因此我们考虑最大化最终排列与原排列的 LCP，这部分就考虑二分答案，记 $dp_i$ 表示以 $p_1$ 开始 $p_i$ 结尾的 LDS 的长度，那
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摘要：首先答案显然满足可二分性，于是不管三七二十一先上个二分。 不难发现题目中的限制形如： - $s_{i+n-1}-s_{i-1}\ge X_i(i\le n)$ - $s_{i-1}-s_{i-n-1}\le s_{2n}-X_i(i>n)$ 转换一下限制就变成 $s_{i+n}-s_{i}\in[l
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摘要：感觉可能没有银牌的难度（？），感觉有的铜牌题比这要难一些。 先猜一下什么样的 $\{x_i\}$ 是合法的。结论是 $\forall i,x_i+x_{i\bmod n+1}\le S-(x_i+x_{i\bmod n+1})$，且 $S$ 是偶数。必要性显然。充分性就考虑如果不存在任何一个 $i$
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摘要：先考虑一下合法的 $k$ 的上界和下界是什么以及如何达到上界和下界，我们找出树的一个重心 $R$ 并以 $R$ 为根 dfs 一遍整棵树，那么： - 下界为 $\sum(siz_i\bmod 2)$，构造方法是从下往上钦定，对于一个点考虑其所有没有匹配的儿子，如果是偶数个就将它们两两匹配，如果是奇数
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摘要：首先发现一个性质，那就是每个点的点权是 $\log n$ 级别的。因为假设要造出一个点权为 $i$ 的点至少需要大小为 $mn_i$ 的子树，那么显然有 $mn_i=\sum\limits_{j=0}^{i-1}mn_j+1$，即 $mn_i=2^i$。 由于点权不是很大，因此我们很容易地往变换复合
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摘要：首先发现一个性质：对于一组询问，如果答案不是 $-1$，那么必然存在最优正方形满足，要么三个边界上存在给定的点，要么两个边界 + 一个对角上存在给定的点，这是因为如果一个正方形只顶住了两个边界，那么如果这两个边界是邻边的话正方形肯定可以继续扩大，如果是对边的话我们可以将正方形水平方向上移动直到其卡住
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