07 2019 档案
摘要：今天集训被线代狠狠的虐了一发。 不过还有一点收获的，比如这个。 数列 $f$ 满足 $f_n=\sum\limits_{i=1}^ka_if_{n i}(n\ge k)$，其中 $a_1\dots a_k,f_0\dots f_{k 1}$ 均给出。求 $f_n$。 $n\le 10^9,k\le
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摘要：终于把这鬼玩意弄完了…… 为什么写的这么丑…… （顺便吐槽 routesea） 最短路的状态很显然：$f[i]$ 表示从第 $i$ 条线下来的最小代价。 首先明显要把那个式子拆开。直觉告诉我们这应该是个斜率优化。 $$f[i]=\min(f[j]+A(p_i q_j)^2+B(p_i q_j)+C)
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摘要：做题重心转移到 LOJ 了。 至于为什么，如果你知道“……”的密码，就去看吧。 LOJ 上用户自创题大多数都不可做，今天看到个可做题（而且还是个水题），就来做了一发。 明显枚举立方根。（以下令 $m=\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor$） $$\sum\limits_{i=1}^m\
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摘要：技不如人，肝败吓疯…… 开场差点被 A 题意杀了，幸好仔细再仔细看，终于在第 7 分钟过掉了。 跟榜。wtf 怎么一群人跳题/倒序开题？ 立刻紧张，把 BC 迅速切掉，翻到了 100+。 开 D。感觉有点吓人……感觉有点可做？ 的确挺可做。再切掉 D，但是此时已经到 300+ 了。 没事，还能翻。
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摘要：又一次降智…… （数位 DP 原来可以写这么短，学到了） 问题可以转化为求数位中 $\ge k$ 的有恰好 $j$ 位的数的个数。设为 $c_{j,k}$。 那么答案就是：（考虑把 $k$ 的贡献拆开，比如 $9$ 的贡献拆成 $1$ 的贡献的 $9$ 倍，然后分配到 $1$ 到 $9$） $$\s
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摘要：降智了…… 当你走头无路的时候就应该知道瞎搞一个DP： $p[i]$ 表示光射入第 $1$ 块玻璃时，从第 $i$ 块玻璃出去的光量。 $q[i]$ 表示光射入第 $i$ 块玻璃时，从第 $i$ 块玻璃出去的光亮。 为什么是第 $i$ 块呢？因为我们最后只关注 $p[n]$，所以我们关注的反射都是前
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摘要：不难的一题。不知道为什么能 $2500$…… 不过场上推错了一直不会优化…… 首先考虑 $f_i$ 表示恰好做完前 $i$ 道题的概率。 这样很难算。修改一下，$f_i$ 表示做完至少 $i$ 道题的概率。 答案就是 $\sum\limits_{i=0}^ni(f_i-f_{i+1})=\sum\l
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摘要：神鱼推题，必是好题。 前几天刚做过[BJOI2019]勘破神机，于是就会这题了。（BJ人民强啊……%鱼） 首先要求是 $$\sum\limits_{i=0}^nx^if_i$$ 应该很明显能想到把 $f_i$ 写成通项公式。 $$f_i=\dfrac{1}{\sqrt{5}}((\dfrac{1+\
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摘要：这场怎么说呢……有喜有悲吧。 开场先秒了 A。看到 B，感觉有点意思，WA 了 2 发后也过了。 此时还在 rk 前 200。 开 C，一看就不可做。跟榜，切 D 人数是 C 的两倍。 开 D。一眼感觉很 SB，然后就想了个假做法，WA 了 3 发。 1:10 时开始重构。再 WA1 发。结果 WA
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摘要：最近状态有点颓，刷刷水题找找自信。 首先每次询问就是完全背包。可以 $O(m^2)$。 由于每个物品都可以用无数次，所以对于价格相同的物品，我们只用考虑愉悦度最高的。 直接上线段树。$val[i]$ 表示这个区间中价格为 $i$ 的物品中最大的愉悦度。如果没有这样的物品就是 -INF。 询问就把这个
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摘要：SB题，写来放松身心。 首先 $n,m\le 5$，这是可以打表的。 本地怎么对于一个 $n,m$ 求答案？此时虽然复杂度不需要太优，但是还是得够快。 一个想法是枚举每个初始状态，不停模拟。因为总状态数只有 $O(2^{nm})$ 种，所以会出现周期。 如果压缩状态，复杂度是 $O(4^{nm}nm
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摘要：半年前看这题还感觉很神仙，做不动（没看题解）。 现在过来看发现……这tm就是一个sb题…… 首先题面已经提示我们用 KMP 了。那 KMP 究竟能干啥呢？ 看 $num$ 的定义。发现对于前缀 $i$，$nxt[nxt[\dots nxt[i]]]$ 这个长度的前缀和后缀是相等的。 那么令 $cnt
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摘要：世界上最不缺的就是好题。 首先考虑暴搜。（还有什么题是从这东西推到正解的……） 首先单独一个换乘站明显没用，只用考虑一对对的换乘站。 那么有八种情况：（从题解偷图） 然后大力枚举每个换乘站的情况。同时判断交点。$O(n\times 8^{\frac{n}{2}})$。 然后考虑这种情况： 发现对于任
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摘要：好久没写过决策单调性了。 这题其实就是 $p_i=\lceil\max\limits_{j}(a_j-a_i+\sqrt{|i-j|})\rceil$。 拆成两边，先只考虑 $j<i$，然后反过来再做一遍。 然后，发现满足决策单调性。怎么发现的呢？ 令 $f_j(i)=\sqrt{i-j}$。会发现
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摘要：虽然做起来有一点裸……但是就是想不到啊…… 首先令 $d_i=p_i\oplus p_{i-1}$，那么 $d_i$ 都是 $S$ 中的数，$a_i=d_i\oplus d_{i-1}\oplus \cdots\oplus d_2$。也就是每个数都能被表示成 $S$ 的某个子集的异或和。 要用 $S
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摘要：说实话，$2200$ 的题做不出来也有点丢脸了…… 当然要先判所有数出现次数相同。 首先区间排序就相当于交换相邻两个数，前面的数要大于后面的数才能交换。 然后就不会了…… 我们考虑 $b_1$ 到 $b_{i-1}$ 都已经归位了，现在要把 $b_i$ 归位。 找到其在 $a$ 中下一次出现的位置（
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摘要：首先定义 $g[i][j]$ 表示 $i$ 前面（不包括 $i$）第一个第 $j$ 位是 $1$ 的数的位置。可以随便转移。 再定义 $f[i][j]$ 表示 $i$ 前面（包括 $i$）第一个第 $j$ 位是 $1$ 的数，且能通过题面的操作跳到 $i$ 的位置。 也能随便转移。先判断 $i$ 自
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摘要：还能说什么呢，简直太妙了。 $$a_{i+1}<a_i+k_i$$ $$a_{i+1}-k_i-k_{i-1}-\cdots-k_1<a_i+k_i-k_i-k_{i-1}-\cdots-k_1$$ $$a_{i+1}-k_i-k_{i-1}-\cdots-k_1<a_i-k_{i-1}-\cdot
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摘要：明明是水题结果没切掉……降智了…… 首先令 $c$ 为序列中 $0$ 的个数，那么排序后序列肯定是前面 $c$ 个 $0$，后面 $n-c$ 个 $1$。 那么就能上 DP 了。（居然卡在这里……） $f[i][j]$ 表示经过 $i$ 次操作后，前 $c$ 个数中有 $j$ 个 $0$ 的方案数。
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