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摘要： 题面传送门 好像从来不知道还有一个完备匹配的hall定理来着？ hall定理：考虑所有左部点集合$S$，记流量为$T1$，再考虑其对应的右部点的集合$T$，记流量为$T2$，二分图有完备匹配充要于对于所有$S$都有$T1\leq T2$ 首先在这道题中，最优的这种$S$肯定是一段子段，因为可以在不改 阅读全文

摘要： 题面传送门 考虑到杀掉一个猎人会改变每个人被打到的状态，不是很好处理，所以我们考虑似乎可以挖掘一点性质。 因为无论杀死多少人，剩下的人被打到的相对概率是不变的，所以不妨转化成这样：每轮开枪按照分布打所有人，如果打到死人那么再来一枪。 进一步的可以这样转化题意：一直开枪，问最后一个打到第一号人的概率。 阅读全文

摘要： 题面传送门 看到这个平方的范围感觉像个dp。 首先考虑我们有$m$张牌应该怎么打，首先肯定是先打出所有强化再打所有攻击，那么伤害就是强化的乘积乘攻击的和。 考虑我们如果选择$k'$张强化，$k-k'$张攻击，那么一定是选择最大的强化和攻击。 考虑把一张攻击换成强化的过程，因为强化至少$\times 阅读全文

摘要： 题面传送门 发现PKU很稀饭出高消的题目？ 每个点都经过一次不太好处理考虑Min-Max容斥，转化成一个点集中的点经过一个点的最早时间就比较可做一点。 发现可以直接高消，时间复杂度$O(n32n)$一眼不可过。但是这个是个树形结构，可以用一种特殊的主元法，也就是每个点用父亲表示出来，然后在根节点解答 阅读全文

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摘要： 题面传送门 直接看这个区间取max感觉很离谱，可以考虑差分变成算一个数大于等于某个数$x$的方案数。、 固定一个位置，然后发现如果将大于等于$x$的数置为$1$，小于等于$x$的数置为$0$，则两端点的$1$随着操作的增加是单调往里走的。 具体的，设$dp_{i,l,r}$表示在第$i$次操作后，$ 阅读全文

摘要： 题面传送门 应该看到可以一眼胡一个贪心出来：按照编号从小到大维护，每次放能放的最大的并给子树内留好位置。 然后你兴奋地交上去发现得到了60pts的好成绩 发现问题出在有重复的时候会出现问题，可能前面的用掉更好。 考虑维护一颗线段树，每个节点上维护大于等于它的权值还有几个。 然后预留相当于在更小的节点 阅读全文

摘要： 题面传送门 感觉这个E甚至没有D难，因为E好像一眼秒掉了，D起码还想了一会。 这个乘和恰好等于提示的很明显了，直接爆枚两个数就是一个调和级数的东西。 然后要判一判这两个点在不在乘积的最大值区间里面，这个单调栈搞一搞就好了。 然后就变成了矩阵上$O(n\log n)$个矩形，每次询问一个矩形里面有值的 阅读全文

摘要： 题面传送门 继NOI online后冒泡排序的更新用法（雾 在NOI online那道题里面我们关注的是每个数字对应的逆序对数大小，现在我们要关注每个位置。 感觉上应该和上一个是相近的，我们考虑每个逆序对数为$0$的位置，它会一直往后直到碰到另一个逆序对数为$0$的位置，那么它会让其它非零的位置代表 阅读全文

摘要： 题面传送门 看到区间除应该能自然想到势能分析。 发现如果线段树上一个区间原来的极差是$P$，那么一次暴力递归以后极差会变成$O(\frac{P}{d})$级别的东西，每次修改操作影响的只有$O(\log n)$个区间，所以暴力递归直到全区间相等的复杂度是$O(n\log n\log W)$的。 但是 阅读全文

摘要： 题面传送门 感觉看到这个最大独立集就一脸不可做好吧。 但是题目里给的这个限制实在是好松啊，感觉啥啥都能过的亚子。 然后你发现其实第一问用个堆是可以求出最优解的，大概就是每次把最小度数的一个点删了，然后看剩下最小的度数是多大就好了。 然后你发现第二问冲个随机排列它过了 我们发现如果贪心地让最大独立集最 阅读全文

摘要： 题面传送门 一开始想到一个线段树分治+可撤销BIT的做法，大概就是先线段树分治变成只加不删，然后BIT维护一个凸的函数，加入每一个点的时候直接倍增就好了，时间复杂度$O(n\log^2n)$，但是这个做法看上去很逊也没有任何的优化空间指不定随便一卡卡成40pts。 正确的做法是考虑$u_x+v_x\ 阅读全文

摘要： 题面传送门 首先这个这么小的k一脸状压。 又因为一个数只能出现一次所以考虑从小到大枚举数字dp。 考虑现在有一堆数，然后我往中间插一个比他们都大的数，那么要满足的条件只有前面那个$+m$小于等于现在这个。 $m$这么小考虑状压前$m$个数的出现情况，然后就很好做，只能放在这$m$个数的后面或者开头。 阅读全文

摘要： 题面传送门 看上去统计$(x,y)\(这样的二元组一脸不可做，可以改成统计\)(x-y,y)$这样的二元组。 \(x-y=(t+\lfloor \frac{t}{B}\rfloor-t\bmod B)\bmod A=(\lfloor \frac{t}{B}\rfloor\times (B+1))\b 阅读全文

摘要： 其实上想清楚了也是挺好写的一道题。 首先直接算实在太蠢了。还要考虑一棵树有两个重心的情况。可以考虑对于每个点算贡献。也就是算每个点作为重心出现了几次。 那么也就是要在一个子树内断一条边，考虑除了这颗子树之外的子树的大小的最大值$\max$，最后肯定不能小于$2\max$ 另外当前这个子树在全树不能占 阅读全文

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摘要： 题面传送门 题面里那个式子显然可以化成$(n1-s1)(n2-s2)$ 考虑如果我们知道了一个磁铁的磁极那么就可以用$n$次询问问出所有的状态。 题面里那个绝对值不超过$n$很难搞，这暗示我们每次询问必定有一边只能有一个，那么绝对值就不会超过$n$。 考虑维护一个集合$S$，初始令$S={1,2,\ 阅读全文

摘要： 题面传送门 考虑其实这种路径修改的东西不是很好搞，所以考虑差分。 另一个点的权值为与他相邻的所有边的权值，那么发现一条路径修改只会改变两个端点的权值。 然后就和这个树没有半毛钱关系了，变成了有$n$个树每次找两个点都异或一个值。 首先可以贪心，如果有两个点一样那么可以直接干掉。 然后就剩下不超过$1 阅读全文

摘要： 题面传送门 写了个NTT然后被一堆到现在还看不懂的线性做法吊起来打。 首先我们考虑直接对重心的充要条件下手：当前节点的孩子的子树不超过$\frac{n}{2}\(且总和大于\)\frac{n}{2}$ 先考虑设$g_i$表示一颗$i$个点的树，且没有一个子树大小超过$\frac{n}{2}\(的方案 阅读全文

摘要： 题面传送门 看到题解直呼芥末酱。 首先考虑给定一个序列如何判定合法，容易发现可以dp：设$dp_i$为到了$i$这个点能不能删空，那么显然$dp_{i}=dp_{j-1}\or [a_i==a_j]$ 发现$a_i$如果可行那么只能从所有$dp_{j-1}=1$的$a_j$中取值，这启示我们可以将上 阅读全文

摘要： 题面传送门 考虑维护每个集合内$f_i$表示$i$的倍数的出现次数膜2，那么发现取并就是xor。取积就是and。 然后赋值就直接$O(\sqrt V)$分解质因数即可。 然后发现似乎询问要一个莫反是$O(qV)$的。 但是实际上莫反可以看做一个取and的过程，而实际用来取and的只有$O(V)$种， 阅读全文

摘要： 题面传送门 看到那个$\lfloor\frac{2n2}{9}\rfloor$感觉很神奇。 首先考虑菊花图怎么做： 容易发现可以处理一个类似于进制的东西，让前$\frac{n}{2}$个为$1$到$\frac{n}{2}\(，让后面\)\frac{n}{2}$个第$i$个是$i\times \fra 阅读全文

摘要： 题面传送门 首先发现如果按照C2那个做法我们可以暴力$O(nkp)$dp 考虑这个膜有啥性质，不难想到如果一个段两边前缀膜是一样的那么这个段的答案就是$0$。 当$n>kp$的时候由抽屉原理必有$k$个相同的前缀膜，也就是说答案不超过$\sum\limits_{i=1}^{n}{A_i}\mod p 阅读全文

摘要： 题面传送门 为啥这个题空间只开128M啊，反正$O(n\sqrt n)$空间都能卡掉开个256M造福人类不好吗？ 首先考虑对于每种颜色计算答案，容易想到对于每个点向左向右跑，总共只会有$O(n)$个区间会有答案的贡献，这个贡献形如$x+y=k$，然后$l\leq x\leq r,l\leq y\le 阅读全文

摘要： 题面传送门 写吐了……我再也不想看见这个题了。 首先如果只有异或是很好做的，因为异或不会导致颜色合成，所以直接线段树分裂+合并之后打懒标记就好了。 然后问题变成了与和或。 首先与可以转化为或，因为可以先全局取反，然后做一遍或，然后取反回来。 接下来考虑或，因为除了或可以相当于直接打异或标记，而阻碍打 阅读全文