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摘要: 题目链接 题解 $m\le 5$的数据范围可以想到状压。构造矩阵$a[i][j]$,表示最后$m$个花圃状态$i$到状态$j$的方案数。初始状态dfs求出(暴力枚举状态,检验$1$(C形花圃)的数量是否$\le k$)。⭐可以发现矩阵乘法类似于Floyd的过程,枚举中转状态(\(k\)),$i→k$ 阅读全文
posted @ 2021-05-04 13:18 violet_holmes 阅读(42) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 题目链接 题解 ⭐:Tarjan相关操作可以考虑搜索树 讨论2种情况:① 若节点$i$不是割点,则封锁它不会影响到无向图的连通性,\(ans=2\cdot (n-1)\)(自己出不去,别人进不来); ② 若节点$i$是割点,则封锁它会将全图分为多个连通分量。 对于第2种情况,设$i$的子节点$j$子 阅读全文
posted @ 2021-05-04 13:17 violet_holmes 阅读(27) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 题目链接 题解 动态查询区间k小值——树状数组套主席树( •̀ ω •́ ) 如果直接主席树上进行动态修改,每次需要修改$[l,r]$区间内所有的根,时间复杂度为$O(nlogn)$。主席树是前缀和,树状数组也是前缀和,而且还可以动态修改,巧了你们两个认识一下( 具体实现:主席树中以$rt_i$为根 阅读全文
posted @ 2021-05-04 13:16 violet_holmes 阅读(27) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 题目链接 题解 易得,将割边全部放在一边,让剩下的点组完全图即可得出最多边数。二分答案(\(m\)),如果$\lceil \frac{2} \rceil+\(完全图边数\)\ge m$即可行。 AC代码 #include<bits/stdc++.h> #define int long long us 阅读全文
posted @ 2021-05-01 10:24 violet_holmes 阅读(33) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 题目链接 题解 树形dp呐。 对于节点$x$,每去向它的一个子结点,经过$x$的次数便会$+1$。因此如果最后回到$x$的话,最多可以去向$k-1$个子节点。但如果最后停留在$x$的子树当中,最多便可去向$k$个子节点。 状态:$dp[i][j]$表示以节点$i$为根的子树,是/否(\(j=1/0\ 阅读全文
posted @ 2021-05-01 10:23 violet_holmes 阅读(39) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 题目链接 题解 LCA的拓展题哦。 LCA计算$dis(x,y)$(边数),如果为奇则不存在距离相等的房间。如果为偶,设$x,y$路径中与2点距离相等的节点为$a$。假设现在整棵树的根节点为$a$,$x$在$a$的子节点$b$的子树中,$y$在$a$的子节点$c$的子树中。易证,除$b,c$的子树以 阅读全文
posted @ 2021-05-01 10:20 violet_holmes 阅读(36) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 题目链接 题解 可以发现,只有两相邻元素之间的差会对答案做出贡献。简单证明:设$i<k<j,a_i<a_j$,若$a_k>a_j>a_i$, 易得$a_k-a_i>a_j-a_i,k-i+1<j-i+1$,所以$\frac{a_k-a_i+a_k-a_j}{k-i+1}>\frac{j-i+1}$, 阅读全文
posted @ 2021-04-10 17:06 violet_holmes 阅读(40) 评论(0) 推荐(1) 编辑
摘要: 题目链接 题解 先处理一定无法入选的情况:将剩下的选票全部给$i$号人仍无法超过排名第$k$的人,或$i$号人无选票且没有剩余选票。然后是一定可以入选的情况:$i$号人有选票,并且使排名前$k+1$中所有选票少于他的人选票超过他所需选票$>m-a$,或者所有人均可入选。其余为有可能入选的情况。 具体 阅读全文
posted @ 2021-04-10 17:04 violet_holmes 阅读(58) 评论(0) 推荐(1) 编辑
摘要: 题目链接 题解 ⭐:若图中边权全部为$1$,BFS即可在$O(n+m)$的时间中求出单源最短路。 BFS+剪枝就可以啦(☆▽☆) BFS:对于每个位置,向上下左右4个方向拓展长度$k$,直接搜索。 剪枝:在拓展过程中(当前拓展到位置$(x,y)\(),只要发现一个无法更新的位置\)(tx,ty)$( 阅读全文
posted @ 2021-04-10 12:16 violet_holmes 阅读(59) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 题目链接 题解 由于数据范围无法枚举$n$量级的次数,只得处理每个障碍物对答案的影响。可以发现,每个障碍物所在列的另一个方格无法被$2\times 1$的矩形覆盖,只能将矩形横过来,而这会使两行的覆盖错位(由左向右考虑)。这时我们需要下一个障碍物将其纠正,当相邻两障碍物同行且下标差为偶数,或异行且下 阅读全文
posted @ 2021-04-09 21:45 violet_holmes 阅读(37) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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