275307894a

摘要： 题面传送门 明显可以尺取法。 先把每一位取反，则枚举右端点，左端点单调不降则直接暴力枚举即可。 代码实现: #include<cstdio> #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) using namespace std; int n,m,k,a[300039],q[3 阅读全文

摘要： 题面传送门 第二道$Ynoi$题目。感觉还是很良心的。 区间相同个数，很容易想到$bitset$。 然后可以用莫队维护出来，最后与一下就好了。 但是相同的数怎么办呢? 离散的时候把位置空出来，之后维护一下有几个就好了。 注意加一些常数优化之类的。 代码实现: #include<cstdio> #in 阅读全文

摘要： 看来别的博客都没有讲清楚，那我就来讲一下。 一下纯属作者个人思路，若有不对请提出。 在这篇文章中，$/$表示向下取整的除。 求$ax+by=c$的解 显然是不定方程。有无解我们可以用裴蜀定理验证，此处当做其有解。 我们可以尝试用$y$表示出$x$，比如这样:\(x=\frac{c-by}{a}\) 阅读全文

摘要： 题面传送门 启发式合并大法吼啊。 优雅的暴力。 暴力:遍历整个数组去修改，时间复杂度$O(n2)$ 换一个思路暴力:对于每一个$a_i$维护一个队列，每次把两个队列合并。时间复杂度仍是$O(n2)$ 那可不可以优化一下呢? 每次我们不能把小的合并到大的上面去吗，这样可以减少点常数。 等等，你确定是常 阅读全文

摘要： 这次题目很简单，但仍然改变不了我没法阿克的命运(还是菜 开题开错顺序(滚粗$flag+1$)，把第二题做成了第一题，心想着这次比上次良心于是怀着一种切sb题的思路把$T2$给切掉了，然后发现看错题面，之后觉得题面对了以后更$sb$了，不就是个线段树维护元素平方和吗，写了十分钟，挂上了一个莫队写的对拍 阅读全文

摘要： 题面传送门 考虑像HH的项链那道题一样维护最后一个位置。 如果在第$j$个点设$f_i$为当前$i$到$j$的答案，那么如果没有平方，显然可以对于每一个最后一个点$last$，将$1$到$last$都加上$1$。查询时区间查询即可。 可现在是平方和，我们知道$(x+y)2=x2+2xy+y^2$那么 阅读全文

摘要： 题面传送门 考虑一下，其实只要管一个两个倍数点到另一个两个倍数点就好了。 设$p_1<p_2$ 贪心一下，发现两个倍数点都赋值$p_2$就是最优的。 对于任意一个$p_2$的倍数点，任意一个$p_1$的倍数点距离他不超过$gcd(p_1,p_2)$，且必定有一个点在这个位置。 所以就可以根据这个最优 阅读全文

摘要： 题面传送门 显然可以数据分治啊。 对于$k>\sqrt n$时，珂以跑暴力，单次复杂度不超过$\sqrt n$ 对于$k<\sqrt n$，珂以离线对每一个$k$跑一遍$O(n)$的预处理，将所有的$k$处理出来，直接调用即可。每次均摊复杂度$O(\sqrt n)$ 总复杂度$O(n\sqrt n) 阅读全文

摘要： 题面传送门 挺入门的状压$dp$题。 先枚举状态，然后枚举最后一个合并的是哪一个，状态转移方程: \(f_{i}=min(f_{i-2^j}+\sum\limits_{k=1}^{n}{1[a_k=j]}-\sum\limits_{z=\sum\limits_{s=1}^{m}(\sum\limit 阅读全文

摘要： 题面传送门 一倒蛮好的$dp$题。 $n$方$dp$谁都会打，状态转移方程$f_i=min(f_j+max(a_k))$，其中$j\leq k\leq i$,\(fs\leq j\leq i\)，$fs$满足$\sum\limits_\leq m &&\sum\limits_>m$。 考虑优化，先用 阅读全文

摘要： 题面传送门 和HH的项链那道题有点像。 将所有询问离线，按右端点排序。 维护每种颜色最近出现的和第二近出现的。当加入一种颜色时，将其第二近出现的删掉，使原来第一出现的变为第二出现的。 然后来了一个询问，查询比他大的数的个数就是答案，树状数组或线段树或平衡树随便维护一下就好了。 代码实现: #incl 阅读全文

摘要： 题面传送门 一道蛮好的区间$dp$。 设$f_{i,j,0}$表示最后一个人从左边进来的方案数，$f_{i,j1}$表示从右边进来的方案数，分类讨论一下就好了。 代码实现: #include<cstdio> #define mod 19650827 using namespace std; int 阅读全文

摘要： 题面传送门 蛮好的一道题目。 考虑状压。对原数列做前缀和，每一位代表是奇数个还是偶数个。那么前缀和亦或就可以得到一个区间。 对于一个区间，只有亦或和是$0$或$2^k$时才能构成回文串。那么莫队增加和修改时枚举$k$即可。 注意前缀和要往前一位。 时间复杂度$O(26n\sqrt n)$ 注意常数不 阅读全文

摘要： 题面传送门 $E$题居然还能放这种水题。 这样走只有三种走法。 \(x->y\) \(x->a->b->y\) \(x->b->a->y\) 分别求$LCA$即可。 代码实现: #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int n 阅读全文

摘要： 题面传送门 貌似弱省省选不咋地。 考虑贪心，折返走要两倍的步数，而最后一次仅需一倍的步数。 首先$dfs$求出最长链，然后将步数尽量给最长链，剩下的步数给往返走。 注意不能超过$n$。 代码实现: #include<cstdio> #include<cstring> #define max(a,b) 阅读全文

摘要： 题面传送门 Ynoi虐我千百遍，我待sjjg如初见 话说$Ynoi$真是毒瘤，不开寄存器居然过不去。 这道题前三问可以从小清新人渣的本愿过来，开个$bitset$暴力乱搞就好了。 主要是第四问。 考虑暴力乱搞(这还要考虑?)，那么$x=1$的时候复杂度将会很高，达到了$\frac$。 考虑优化。 采 阅读全文

摘要： 题面传送门 其实蛮简单的，不应该有蓝题。 只要找到最小的$5$和$2$即可。 但是注意要特判$0$ 代码实现 #include<cstdio> #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) using namespace std; int n,m,k,s,tx,ty,a[10 阅读全文

摘要： 题面传送门 $90$分做法见这里 正解是线段树+分治。 我们尝试在线段树上跑分治，则维护线段树每个节点的有几个位置没被选两边跑分治就好了。 代码实现: #include<cstdio> using namespace std; int n,sum[4000039],now[1000039],a[10 阅读全文

摘要： 题面传送门 $70$分做法参考这篇博客 考虑在$70$分做法上优化。 $70$分是一个一个找的。我们可以用树状数组维护序列$a_i$为$i$之前有几个位置被占了。 则当$i<j$时，\(a_i\leq a_j\)，这满足二分的性质，所以我们可以二分找位置。 时间复杂度$O(nlog^2n)$ 代码实 阅读全文

摘要： 题面传送门 这道题我也是醉了。 先离散化，离散完之后上带修莫队板子求$mex$基本上就好了。 啥?你问我带修莫队怎么打? 带修莫队比普通莫队基础上加上一维时间轴。分块大小为$n^{\frac{2}{3}}$，总复杂度为$O(n^{\frac{5}{3}})$。 那$mex$怎么统计呢? 如果这个$m 阅读全文

摘要： 题面传送门 题目告诉我们，没有三点共线，所以我们可以容斥。 两条线，$x,y$相等，即平行。那么我们可以用总可能数-$2$条直线平行-$3$条直线平行。 用$hash$来判断平行线。 代码实现: #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> # 阅读全文

摘要： 题面传送门 作为$div1$的第一题，还是偏水的。 这题明显是个·构造。 先判无解，则铺不满是无解，铺过头了也是无解。 那么接下来就很好构造了。刚开始让每个区间完全平铺，然后等到每个区间只有一个时，改成一个一个铺。 代码实现: #include<cstdio> using namespace std 阅读全文

摘要： 题面传送门 看数据范围，对于 $100%$的数据 \(1 \leq n \leq 10^5， 1 \leq A_i \leq 10^9， 1 \leq m \leq10^5\) ,可能是$O(nlogn)$或$O(n\sqrt n)$,再看开了两秒，就知道是$O(n\sqrt n)$了。 这道题是一 阅读全文

摘要： 题面传送门 我们可以尝试贪心。 这个问题满足二分性质，即如果 i ... 阅读全文

摘要： 题面传送门 考虑用哈希折半搜索来解决。 观察以下原式$a_m+a_n+a_p=a_i,m,n,p<i$考虑移项得到$a_m+a_n=a_i-a_p,m,n,p<i$，那么两边就可以分别枚举了。 代码实现: #include<cstdio> #include<cstring> #include<cma 阅读全文