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摘要： 洛谷传送门 CF 传送门 操作没有什么性质，唯一一个性质是，操作次数不超过 \(\log n\)（每次至多保留一半元素）。于是我们可以直接模拟操作。 但是肯定不能直接模拟。考虑先对原序列模拟一次，求出经过 \(i\) 次操作后保留的位置集合 \(S_i\)。那么只保留 \([l, r]\) 的元素， 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 CF 传送门 首先，如果我们确定了 \(1, 2\) 或 \(n - 1, n\) 的位置，我们就能求出原排列。因为题目给了 \(p_1 < p_2\)，所以可以不考虑对称性。也就是说我们知道两个位置是 \(1, 2\) 或 \(n - 1, n\) 但不确定究竟是 \(1, 2\) 还 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 CF 传送门 不是很懂官方题解在干嘛。 设 \(g_x\) 为满足 \(x \mid f(a_i, a_j, a_k)\) 且 \(i, j, k\) 两两不同的所有无序三元组的个数。则容易容斥求出 \(h_x\) 为 \(x = f(a_i, a_j, a_k)\) 的个数。答案即为 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 首先 \(x_1 = y_1\) 显然不合法。若 \(x_1 > y_1\) 就把 \(x, y\) 全部取相反数，这样就只用考虑 \(x_1 < y_1\) 的情况了。 然后考虑一个 \(O(nmq)\) 的 dp，设 \(f_{i, j}\) 为拓展 \(X\) 的前 \(i\) 个 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 很显然每个数的每一位最多只会修改一遍。于是拆位，每一位开个并查集，存下一个不拥有这一位的数，就可以暴力修改了。 但是空间是 \(O(n \log V)\) 的，炸了。于是可以考虑手写 i24 类，同时并查集寻找祖先不要用递归版的路径压缩，然后就过了。 code // Problem: P 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 CF 传送门 Type \(1\) 是简单的。直接输出空格个数即可。 Type \(2\) 也是简单的。显然要堵住不在起点和出口最短路上的格子，答案为空格个数减去起点到任一出口的最短路。 考虑 Type \(3\)。容易发现答案为空格个数减去起点到任两个出口的最短路（公共部分只算一次）。 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 AtCoder 传送门 喵喵题。 考虑若所有点权都已确定，如何求 \(1\) 到 \(n\) 所有路径权值和的 \(\gcd\)。 考虑如何 check 一个 \(x\) 是否合法。考虑拆点，把点权转成边权，在新图上连边 \(u \to u'\)，边权 \(a_u\)；\(u' \to 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 CF 传送门 考虑若确定了所有 \(c_s\)，如何计算集合最大大小。 下文令原题面中的 \(f\) 为 \(m\)。 发现我们可以类似倒推地确定。比如若 \(n = 3\)，\(c_{00} = \min(c_{000}, c_{001})\)，\(c_{01} = \min(c_{0 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 CF 传送门 要求最大化收益加上支出，又因为每个字符有染红和染蓝两种选择，考虑最小割模型。可以看成是一开始先获得 \(r_i + b_i\) 的收益，然后对于每个 \(0\)，连边 \((S, i, b_i), (i, T, r_i)\)；对于每个 \(1\)，连边 \((S, i, r 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 CF 传送门 容易转化成经典的有向图博弈模型。每张牌建一个点，若 \(x\) 能打败 \(y\) 就连一条 \(x \to y\) 的边。入度为 \(0\) 的点为必败态，之后类似拓扑排序倒推即可。 具体就是若存在边 \(u \to v\)，若 \(u\) 为必败态则 \(v\) 为必胜 阅读全文