08 2022 档案
摘要：第一次 div2 从 A 冲 到 E 呢！！！ 从来没有靠手速上过分/fad。每次都是靠做难题上分。这次排在 5 题的倒数前 10 名着实有点不甘心呢！！！罚时吃满不用慌！！！不过没事！！！！咱是 OI 赛制，不过记得多写个拍！！ 不过下一次打 CF 都是寒假了吧 https://codeforce
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摘要：3 B 考虑分手是祝愿的推法。 再者，为什么能把每一维的行走都看成步，然后只要计算总步数的答案？ 某一维到边界后就不会在走了。 可能是某些维交替进行的 撤销操作不一定是对应同一维减一，仅跟上一次的操作有关，即启发我们把每一维的行走都看成步。 多写写期望题吧。 4 C SAM！！！！
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摘要：自己没办法独立想出来的会打* 思维训练以及算法巩固都是很重要的。 UVA11054 一眼网络流。 看 $a$ 看着很难受，先取反，这样变成了 $a>0$ 就有 $a$ 的酒要给出，反之就是要收到 $-a$ 的酒。 左右运输通常不大好搞，考虑能否都换成从左到右，若 $i<j$,且 $i$ 要运到 $j
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摘要：https://www.cnblogs.com/maoyiting/p/14178833.html#/cnblog/works/article/14178833 目前接触到的重链剖分，长链剖分，实链剖分里面都有一些共同的性质吧！ 比如，每个点仅存在于一条链中，这个可以用来证明长链剖分总链长为 $n$
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摘要：E 一个暴力是显然的，$f(i,j,k)$ 表示当前已经使用 $a$ 的前 $i$ 位，$b$ 的前 $j$ 位，最后一位是 $a$ 还是 $b$ 的。然后 $O(n^2)$ 枚举起点跑下去即可。为啥这个是对的呢？考虑每次转移都是加 $1/0$，显然之后在约束之下的转移本质不同。 第一眼我的想法是从
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摘要：拿斐波那契数列来说吧，区间加上一段。 显然对于单点求值得时候我们可以自前向后遍历，类扫描线一样。 先阐述一下最 navie 的暴力。枚举每一个操作，自前向后，若遇到它的左端点，则代表接下来的都需要递推了，也就是 $f_{l-1}=0,f_l=1,f_{l+1}=f_l+f_{l-1}$，如是递推下去
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摘要：就像位运算要从大到小贪心考虑一样，字典序也必须从第一位到末位逐位贪心考虑！ 考虑按位枚举，再对于限制条件分类，对于一个点想要为 0，显然跟它所限制的都要能够满足，且不能影响之前的决策！保证无后效性捏。 赛时冲太久 2-SAT 了，但其实这题分析出来一条限制边 2 端至少要有 1 个 1，然后再从前到
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摘要：https://codeforces.com/contest/1612 VP 过了 A~E，感觉海星。 F,G 这几天补。 ~~主要是 luogu 有翻译拯救了英语不好的我。~~ A 一眼 $x+y\equiv 0\pmod{2}$，否则无解。那么显然距离应该是 $(x+y)/2$，考虑别超过 $\
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摘要：刚刚学完 whk 时无聊看了下提交记录，发现这道富有启发意义的题目。 首先，注意到这实际上就是个序列的 《括号树》，拿来做就行，$f_i$ 为以 $i$ 结尾的合法括号串数量，$f_i=f_{L_i-1}+1$，然后再做一遍前缀和，相减求出以区间 $[x,y]$ 为结尾的数量，但是我们发现会算重，具
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摘要：不会。。。 https://atcoder.jp/contests/agc058 A 考虑奇偶位，枚举偶位然后将相邻三个的最大值挪过来即可。 B 考虑操作不大好搞。从合法答案序列入手 每个数只染一个连续段：因为每个数都是从中间向两边扩展的。假如染两个，若中间存在大于它的，显然不合法。若存在大于它的，
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摘要：括号序 进加一次，出加一次，显然最后得到的序列只有 $2n$ 个点。 void dfs(int x) { in[x]=++tot; for(y) dfs(y); out[x]=++tot; } 显然我们希求将树上路径表示为区间，然后用莫队抑或是其它数据结构维护。 对于 $y\in T_x$ 的情况就
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摘要：膜拜 alex_wei 就对了 无论是对于无向图还是有向图而言，必要性都是显然的。考虑最终欧拉回路的形态，每次进入一个点，都要从该点走出去，所以出边和入边必须两两抵消。对于起始点，它一开始走出去的边和最后走回它的边同样抵消了，所以有向图存在欧拉回路必须满足每个点出度和入度相等。同理可证无向图每个点的
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摘要：dfs 树！前向边！返祖边！横叉边！ 我认为最关键的就是返祖边了！ alex_wei 的 blog 我觉得讲得很好！ 求边双的时候为啥去掉割边就是对的呢？ 边双的定义就是没有割边的图。。 还有一个就是点双回溯的正确性。但我觉得我 alex_wei 讲的更好！ 静候 alex_wei 恢复博客！
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摘要：https://codeforces.com/contest/1494 A,B 暴力 C 拆成正负的思路很显然。我们仅分析正的情况，因为负的取绝对值后等效于正。我们考虑每次都是推 1，考虑可以钦定推完后 1 的位置。又考虑到没有被推到的后缀的初始贡献要加上，这与被推到的最远点有关。 于是自然 2 种
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摘要：https://codeforces.com/contest/1713/problem/E 写了个随机合并的并查集，，，没过。。。。。。 反手按秩！！！！！！！！！ #include <bits/stdc++.h> //#define int long long #define ID(i,j) ((
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摘要：感觉很常见啊啊啊啊啊啊啊 有印象的好像见了 4 次，2 次想出来了。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 就是考虑抽象每个数的可选择区间，考虑构造一个合法的匹配。 那么考虑从选择区间小的开始试，因为选择区间大的可选的更多嘛。 正确性？扫描线加上去感觉挺显然的
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摘要：https://www.luogu.com.cn/problem/P5905 #include <bits/stdc++.h> #define pb push_back #define int long long using namespace std; int rd() { int sum=0,f
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摘要：hall 定理：对于任意二分图的一部的子集 $S$，这些点在另一部所连的点集并为 $S'$，若有 $|S|\le |S'|$，那么该二分图有完美匹配。 证明的话考虑归纳喽，对于一个新点，给它分配一个，那么剩下的就是 $n-1$ 的情况了。 图论的知识要补了。。。。 https://loj.ac/p/
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摘要：刚刚写着脑抽了 区间！！！！！ 考虑当前这层以 $mid_1$ 划分下去 2 层，在最坏情况下是不是 2 层分 4 段且每段都覆盖到？ 但是考虑左儿子后缀，右儿子前缀一定覆盖满了。 所以对于一层我们至多只会访问到最左的前缀，最右的后缀。（考虑若干分支） 最多就是 $\log_2(n)$ 层，带个常数
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摘要：https://www.luogu.com.cn/problem/CF1697C 船新做法。 考虑 $ab \to ba$，$bc\to cb$ 都可以看成邻位交换。 即记 $a=1,b=2,c=3$，能交换 $i,i+1$ 当且仅当 $v_i+1=v_{i+1}$。 然后交换的过程就是冒泡排序，但
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摘要：https://zhuanlan.zhihu.com/p/324507636 考虑在满足边上下界的限制下满足流量平衡。 那么先流满下界网络，然后随便流差网络，那么对于原图的一个流就是 2 者相加。但是不一定合法，因为不一定满足流量平衡。 我们考虑从需要流满的下界网络入手。 需要明确的是，我们现在只有
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摘要：https://www.luogu.com.cn/problem/P5496 https://www.luogu.com.cn/blog/luotianze/solution-p5496 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int
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摘要：有时碰到动态问题时，可以试试按时间作为权值！ 有一个 trick 已经见 3 次了！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！ 就是按时间一条一条加边，求某个连通块的联通时间。 狗都不一条一条加！！！ 把边权看成加这条边的时间，那么 2 个点联通是不是相当于路径最大值最小了（看成树的话），不是树也可以用
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