摘要：
考虑根号分治。设 \(m=\sum k_i\)，则把 \(k>\sqrt m\) 的称为大集合，\(k\leq \sqrt m\) 的称为小集合。 对于小集合与小集合： 暴力枚举每个集合的每一对 \((x,y)\)，开一个哈希表维护有没有其他的集合也存在这个数对。由于集合大小不超过 \(\sqrt 阅读全文
摘要：
首先可以写出这样一个方程 \[ dp_i=\max_{j<i,a_j\leq a_i}\{dp_j+1+w(i,j)\} \] 其中，\(w(i,j)=0/1\) 表示 \([i+1,j-1]\) 有没有比 \(a_i\) 和 \(a_j\) 都大的数。 考虑维护每个点的 \(pre\) 表示 \( 阅读全文
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每次删数都会删恰好 \(k-1\) 个，所以删的数总个数必须是 \(k-1\) 的倍数。考虑最终状态，如果所有数左边不足 \(\frac{k-1}{2}\) 个删掉的数或右边不足 \(\frac{k-1}{2}\) 个删掉的数，那么最后一步是无法实现的。否则，实现了最后一步之后，就可以很轻松的实现前 阅读全文
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注意到只要两个人初始的朝向相反就可以看到对方，否则不行。直接把斜率搞成一个 pair 压到 map 里存个数就行了。 点击查看代码 #include<cstdio> #include<iostream> #include<map> #define mp std::make_pair typedef 阅读全文
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首先有一个结论，每个人向前走只会走 \(1\) 格，走更多不会更优。感觉应该是挺好证的。然后接下来就可以考虑 dp，设 \(dp_i\) 表示搞完了 \([1,i]\) 的所有 boss，现在在 \(i+1\) 位置的最小时间。有三种转移： 用手枪一个一个打小怪，用狙击枪打boss，走到下一关 用手 阅读全文
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考虑不论怎么样，每个子树里边最长的链都会接在别的链下面，因为如果这条链不动，让别的链接过来一定不优。所以就直接按这个排序然后输出 dfs 序就行了。具体证明我也不会，就是考场猜了个结论。 点击查看代码 const int N=1e5+13; int n,son[N],maxd[N],dfn[N],d 阅读全文
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一般这种 dp 的转移都是相邻格子之间的，但是这道题相邻格子之间转移没办法搞掉题目的这个限制。考虑每次转向的时候转移，这样对于某一个点，他能转移的一定是一个区间（不能到最后 \(cnt\) 个，那样就把石头推出去了）。暴力做是 \(O(n^3)\) 的，区间的这个可以前缀和优化，就 \(O(n^2) 阅读全文
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如果没有敌对关系，枚举一共选 \(i\) 个人，如果有 \(j\) 个人满足 \(i\in [l_j,r_j]\)，那么方案数是 \(\binom{i}{j}\)。 接下来考虑限制，由于 \(m\leq 20\)，考虑容斥，直接钦定一个集合 \(S\)，其中所有为 \(1\) 的位置对应的限制必选， 阅读全文
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考虑一个分治：每次如果要用第一种，一定是给整个区间用，直到没有办法覆盖整个区间，用的次数是 \(\min_{i=L}^R a_i\) 次，减去它之后分别递归最小值的两边。注意到如果某一次不使用第一个操作，那么以后也都不会用了，此时操作总数就是不为 \(0\) 的位置个数。复杂度最慢也是 \(O(n^ 阅读全文
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首先，抽到一次鬼牌视作一次迭代，那么每次迭代的期望长度是一样的，即 \[ \begin{aligned} E(x)&=1\times\frac{m}{n+m}+2\times\frac{n}{n+m}\times\frac{m}{n+m-1}+\ldots+(n+1)\times(\prod_{j= 阅读全文
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考虑如果把同样的一段操作序列同时给两个串做，对答案是没有影响的。所以考虑把每个区间差分成后缀（不能是前缀，因为这样相同的操作序列在前面没法抵消），这样就可以表示区间了。两个串分别的对每个后缀操作之后得到的串可以 \(O(nk)\) 算出来，就是记录每个位置最终会被换到哪里就可以从右向左递推。 算出两 阅读全文
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由于一开始的序列中没有两个相同的 \(h\)，猜测最终的序列中 \(h_i=h_{i+1}\) 的位置最多只有一个。大概可以这样感性理解：考虑从左到右做“滑坡”，如果之前 \(h_i=h_{i-1}\)，那么后面要么 \(h\) 都不相同，要么有一个位置相同了会带动一段都 \(+1\)，导致 \(h 阅读全文
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一共会走 \(2n-2\) 步，那么钦定第 \(i\) 步向右 \(\Rightarrow\) 和的第 \(i\) 位为 \(1\)，向下为 \(0\)。考虑如何构造出满足这个条件的矩阵：假设当前位置 \((i,j)\) 从右下到左上位于第 \(k\) 条斜线，那么这个位置为 \((j-1)(2^k 阅读全文
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设 \(c_i=0/1\) 表示 \(i\) 有没有在 \(a\) 中出现，那么这个就是他自己和自己的差卷积，卷出来之后不是 \(0\) 的位置就都可以，每个可以的位置更新一下自己的倍数就行（或者使用狄利克雷前缀和，不过暴力做复杂度也过得去）。 差卷积就翻一下序列然后 FFT 就行了。 点击查看代码 阅读全文
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如果当前有 \(sum\) 个可以翻倍，那么考虑可不可以让前 \(sum\) 大的都翻倍。可以当且仅当这 \(sum\) 大的数不全能翻倍下一个数。如果全都能翻倍下一个数，那只能牺牲第 \(sum\) 大的数，最后可以再翻倍一个第 \(sum+1\) 大的。 然后有多次删除插入就用 set 维护一下 阅读全文
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把贡献看成边，那么会形成一个树形结构。有一个做法就是在树上做 dp 然后树状数组优化，\(O(n^2\log n)\)。 我的做法是，考虑一个区间 dp，设 \(f_{l,r}\) 表示所有在 \([l,r]\) 内的线段最多选多少个，这样就有一个 \(O(n^3)\) 的 dp。考虑什么情况的转移 阅读全文
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对于两种权值的分别贪心维护，最后枚举一种权值选多少个，另一个二分出来，总复杂度 \(2\log\)。 点击查看代码 #include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> typedef long long ll; inline int min(con 阅读全文