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题面传送门 怎么人均卡log大师就我过不去。 首先按照荷马史诗那题的做法，显然有一个$O(nq\log n)$的做法：把每个数的出现次数扔到一个堆里面，然后每次取出最小的合并，最后答案就是每次合并出来的值的和。 然后我们发现其实两个数出现同一种次数其实相当于一种次数出现了两次，可以一起处理，所以每次 阅读全文
posted @ 2022-04-16 20:40
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题面传送门 首先容易发现一个性质：答案不超过$m$。 因为$s(l,r)\(表示\)[l,r]$中最小的间隔，再乘上$r-l$一定不会超过$m$。 这启发我们根号分治。 对于长度小于$\sqrt m$的区间，每次维护set暴力拓展，计算答案，时间复杂度$O(n\sqrt m\log n)$ 对于长度 阅读全文
posted @ 2022-04-15 22:33
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题面传送门 首先考虑一个性质：这两个数中一定有一个是全序列众数。 因为如果不是全序列众数显然可以向左和向右扩展直到全序列众数在区间内，因为众数出现次数最多所以一定有一个区间是这样的。 然后就可以对于做到一个$O(nV)$的东西，相当于要枚举当前另一个是什么数，然后要找一个区间满足两个数量相等，也就是 阅读全文
posted @ 2022-04-15 19:44
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题面传送门 题目有个肥肠神奇的地方就是询问之后区间推平。 区间推平容易想到可以珂朵莉树，然后如果暴力遍历珂朵莉树上每个节点，然后用可以接受的复杂度询问，那么就可以解决了。 发现珂朵莉树上一个区间的推平时间是一样的，也就是说到现在的时间是一样的。 然后可以分成有没有顶到上届，离线树状数组就好了。 时间 阅读全文
posted @ 2022-04-15 19:31
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题面传送门 先来考虑$T=1$。 可以枚举最后的那一行是啥，那么刚开始当前行是可以达到的。 接下来从后往前枚举边，如果这条边有一个端点可以走到，那么另一个端点也可以走到。 发现这个可以并行，然后就可以bitset优化，时间复杂度$O(\frac{nm}{w})$ 再考虑$T=2$。 首先$n=2$显 阅读全文
posted @ 2022-04-12 20:08
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题面传送门 既然题面告诉我们不强制在线那就离线。按照极差的顺序从小到大排序。 考虑维护st表之后其实可以暴力跳，时间复杂度$O(n\log n+q n\log n)$。 这种每个点向后跳的操作想到弹飞绵羊，就想到LCT。如果对于每个点都维护这个点当前往后跳能跳到第几个点，那么查询的时候直接从$1$点 阅读全文
posted @ 2022-04-12 18:19
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题面传送门 奇妙的思维(技巧?)题。 发现每个物品有$i$个，体积为$i$，对于$i>\sqrt n$的物品来说，这个个数的限制是相当于没有的。所以相当于完全背包。 前面$O(\sqrt n)$个可以暴力多重背包算方案数。 考虑后面$n$个最多选择$O(\sqrt n)$个。所以可以设$dp_{i, 阅读全文
posted @ 2022-04-09 21:54
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题面传送门 垃圾选手写了个单次询问$O(n3)$的垃圾做法发现过了/jy 首先我们发现这个血量的值域很小，显然可以每次修改暴力背包出$dp_{i,j}$表示第$i$个数血量为$j$的概率。 然后因为询问不是很多所以考虑一些高复杂度的dp。 设$f_{i,j}$表示前$i$个数，有$j$个存活的概率， 阅读全文
posted @ 2022-04-08 21:35
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题面传送门 再次颠覆了我对LCA的认知。这种带容错的东西真的做不太来。 首先考虑树上两点间距离的式子$d_x+d_y-2*d_{lca(x,y)}$ 我们发现如果$lca(x,y)$满足啥性质我们就可以在线段树update的地方算答案了！ 实际上还真有。 考虑st表求lca的那个序，也许叫欧拉序？$ 阅读全文
posted @ 2022-04-07 22:12
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题面传送门 发现每个机器人只会最多有两个出口，这是好的。 又发现这个奇怪的方案数计数使得只有一个出口的机器人对于答案没有贡献，所以可以扔了。 然后这个问题被转化成了这样一个模型：有两维坐标系，你每次可以向两维分别走一步，定义$m$个二元组$(u_i,v_i)$，对于任意两条路径，如果存在一个二元组使 阅读全文
posted @ 2022-04-07 12:55
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题面传送门 这种题到底叫啥……，给点编号传信息的题见过好几个了也不是交互也不是通信的…… 首先显然有一个记录dfs序中子树起始点和终止点的东西，最大是$O(n^2)$的。 我们发现它给了我们所有相邻点的编号，这些点的编号不仅可以判断往哪个点走，还可以提供信息。 我们发现只要给定了一个点子树的起始位置 阅读全文
posted @ 2022-04-06 21:58
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题面传送门 考虑一个$y$值能被弄出来的条件。 我们发现实际算的时候只有小的位会去凑大的位，而大的位不会跑上去凑小的位。 所以可以考虑每一个后缀，容易发现对于每个后缀来说，已经有的biscuits总和一定要大于等于$y$中这些后缀的总和。 容易发现这是充要条件，然后就变成了每个后缀不能大于某个数的d 阅读全文
posted @ 2022-04-06 21:51
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题面传送门 容易写出表达式：\((y_i-z_i)^2+x_i\leq r_i^2\) 拆开来得到$-2y_iz_i+x_i2+y_i2\leq r_i2-z_i2$ 可以将每个点看成$y=-2y_ix+x_i2+y_i2$的这么一条直线，那么就是要求$(z_i,r_i2-z_i2)$下方的直线条数 阅读全文
posted @ 2022-04-05 22:30
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题面传送门 没有观察到可以决策单调性因此写了个巨大复杂度的线段树做法。 首先考虑如何计算$c(l,r)\(，可以直接枚举\)\gcd$得到$c(l,r)=\sum\limits_{d=l}{r}{\sum\limits_{i=1}{\frac{r}{d}}{\phi(i)}}$ 然后观察可以发现当$ 阅读全文
posted @ 2022-04-05 19:28
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题面传送门 CF的D还出乱搞题/jy 首先这个东西看上去很黑白染色。 但是直接黑白染色是错的，因为会有奇环出现。 我们发现黑白染色其实染出来是对的。所以可以每一行，每一列都两个两个配对连边，多下来不管。容易发现因为每个环都要绕一圈且不会在一个角度上走两次所以是对的。 code: #include<b 阅读全文
posted @ 2022-04-04 19:54
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题面传送门 直接对着干肯定不好干，考虑对于每一个可能的最大前缀和算贡献。 下文认为如果两个前缀和相同，前面那个更大。 发现如果一个子集$S$所对应的前缀和要成为最大前缀和要满足一些充要条件： 枚举最后一个放$j$后$S$除掉$j$的所有后缀和为正。 $U$除掉$S$后的所有前缀和$\leq 0$。 阅读全文
posted @ 2022-04-04 19:48
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题面传送门 感觉一道比较精妙的题目。但是我的做法好像很暴力 首先考虑确定根节点权值以后怎么做。 对于每个节点，考虑其到根的路径上的节点，可以发现只有最大值和最小值是有用的。 这个点的取值只有三种情况：左端点，右端点，最大值和最小值的中值(如果在这个区间里的话)。 等等，我们好像没有考虑对下面点的影响 阅读全文
posted @ 2022-04-04 14:08
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题面传送门 看到gcd想到的应该是莫比乌斯反演。 但是这个取max而不是求和让这个莫反很难套上去。 有没有什么办法把这个max消掉呢？当然，我们可以二分，转化为计算大于等于这个值的数量。 变成这样的式子：\(\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{k}}{\sum\limits_{j 阅读全文
posted @ 2022-04-04 10:39
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题面传送门 首先显然是在最小生成树上搞的。 可以发现，如果有$k_1,k_2\dots k_m$这些村庄被派遣了守卫，那么被断掉的边一定是两两点对间的最大边，容易证明这只有$k-1$条。 不难想到建立Kruskal重构树，然后一个额外点要选的话那么两个儿子中都有守卫。 我们将守卫看作流，那么对于每个 阅读全文
posted @ 2022-04-03 18:42
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题面传送门 受到NOIP2021T3的影响容易想到差分。发现就是将差分后两个一样的东西并起来。 然后相当于是问你一直合并最后能剩下最少几个。考虑设$f_{i}$为以$i$结尾最后能剩下几个，直接暴力转移是$O(n2)$的。 发现这是一个类似于倍增的结构，处理出$g_{i,j}$表示$i$向前$2j$ 阅读全文
posted @ 2022-04-03 18:24
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题面传送门 感觉很妙妙的一道题，但是好像啥乱搞都能过。 我们考虑排好序后对于每一个$m$元组求出其最小的与其不相同的$w_j$ 容易发现这个$w_j$如果上升那么是没有意义的，所以可以双指针。 然后就相当于询问一个前缀内是否有与当前点完全不同的$m$元组，这个可以把所有子集跑出来然后容斥就可以算了。 阅读全文
posted @ 2022-03-29 12:52
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题面传送门 首先好像有一道题交闹钟来着，是$m=0$的版本。 考虑设$f_{i,j，0/1}\(为一个点在\)[a_i-m,a_i]$左/右，另一个点在$j$点的最小答案。 然后转移分类讨论：首先找到第一个不在$[a_i-m,a_i]$区间内的位置$x$，如果找不到直接贡献答案。 如果是这一步转移$ 阅读全文
posted @ 2022-03-29 08:19
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该文被密码保护。 阅读全文
posted @ 2022-03-29 08:01
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该文被密码保护。 阅读全文
posted @ 2022-03-29 07:49
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浙公网安备 33010602011771号