随笔分类 - 题解
摘要：sto SoyTony orz 这题动态 DP 真能过（ 排序后序列的子序列唯一对应原序列的子序列排序后的结果，所以先排序。 设 $f_i$ 表示前 $i$ 位的子序列的权值之和，则 $f_i=2f_{i-1}+a_i\sum\limits_{j=1}^{i-1}2^{j-1}a_j$，容易做到单次
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摘要：若 $u$ 路径的起点在 $v$ 路径上，则 $u$ 必须比 $v$ 先走， 若 $u$ 路径的终点在 $v$ 路径上，则 $v$ 必须比 $u$ 先走。 考虑建图，边 $u\to v$ 存在当且仅当 $u$ 必须比 $v$ 先走， 若建出的图有拓扑序，则按拓扑序操作即可，否则无解。 建图的复杂度太
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摘要：来点神秘做法，复杂度是对的，而且会比 DP 优。 考虑逐个二分，发现复杂度 $O(nm\log V)$ 寄了。 考虑加点剪枝，发现若某段行程的答案 $\le$ 当前答案则不用对它二分，而这个判断可以 $O(n)$ 完成。 此时只会在每个前缀最大值处二分，发现答案递增还是会寄， 于是使用小杀招，shu
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摘要：维护 $n$ 棵 01Trie，第 $i$ 棵维护集合中 $i$ 的倍数，插入 $x$ 时，$\forall d\mid x$ 把 $x$ 插入第 $d$ 棵 01Trie， 查询 $x,k,s$ 时，在第 $k$ 棵 01Trie 中查 $\le s-x$ 的，异或 $x$ 最大的数， 维护子树最
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摘要：令 $\text{subtree}(x)$ 表示 $x$ 子树，$\text{fa}(x)$ 表示 $x$ 的父亲，$d(i,j)$ 表示 $i$ 到 $j$ 的距离。 答案等于 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n\left\lceil\dfrac{d
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摘要：边 $i\to j$ 存在，当且仅当 $i$ 买书后 $j$ 也会买， 发现去重后连出的图一定是 DAG，所以只需要让入度为零的人买书，问题变为统计每个点的入度。 $x_i\ge x_j$ 时边 $i\to j$ 存在，当且仅当 $e_i-x_i\ge e_j-x_j$，则 $j$ 的，来自 $x_
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摘要：设 $i$ 章鱼最终被打了 $c_i|c_i\equiv a_i\pmod k$，则答案为 $\sum\limits_{i=1}^n\max(c_i-c_{i-1},0)$。 有结论：$\forall i,-k<c_i-c_{i-1}<k$。 （证明：若 $c_i-c_{i-1}\ge k$，那将
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摘要：若限制 $u$ 站在 $v$ 前方第 $w$ 个位置，则对 $u,v$ 的位置，知道一个就可以推出另一个，称此时 $u,v$ 连通， 则对每个连通块，钦定一个点的位置（可以任意选定），就可以推出剩下所有点。 用这种方式确定每个点的位置后，检查每个限制条件是否被满足即可。 #include <cstd
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摘要：把 $\prod a_i^2$ 转化成组合意义，即在每个正方形的底边中放不同的两个球的方案数。 设 $f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 个点，最后一条底边放了 $j$ 个球， 若第 $i$ 个点被标记，则： $$ \begin{aligned} &f_{i+1,0}=f_{i,0}\\ &f_
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摘要：连通块数 $=$ 点数 $-$ 边数。 水面海拔为 $x$ 时，点集为海拔 $\ge x$ 的点，所以点数为 $\sum\limits_{i=1}^n[a_i\ge x]$， 两点之间有边，当且仅当两点相邻且两点海拔均 $\ge x$，所以边数为 $\sum\limits_{i=1}^{n-1}[\
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摘要：设 $f_{i,j}$ 表示填了 $i$ 个串，最后一个串为 $j$ 的最短长度， 考虑往后接一个串，则有 $f_{i+1,j}=\min\limits_{k=1}^n\{f_{i,k}+|s_j|-B(j,k)\}$， 其中 $B(j,k)$ 表示既是 $s_j$ 的前缀，又是 $s_k$ 的后缀
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摘要：出题人题解。 设 $x(u,v)$ 为 $u\to v$ 路径边权和，$y(u,v)$ 为 $u\to v$ 路径点权和。 题目中求 $x(a,p)+x(b,p)+2x(p,q)=x(a,b)+2x(p,q)$ 最小的前提下 $y(a,p)+y(b,p)+2y(p,q)-2s_p=y(a,b)+2y
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摘要：设最后连续的 $1\dots k$ 为关键点。 可以发现，一定有一种最优解是，先把关键点交换到一起，再把关键点排序。 第一步把关键点交换到一起，对于每个非关键点，都有把其左的关键点移到其右，把其右的关键点移到其左两种方案，则其贡献为其两边关键点数之 $\min$。 第二步把关键点排序，每个关键点的贡
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摘要：特判掉最终 $\gcd>\max\limits_{i=1}^na_i$ 的情况，这部分是平凡的。 倒序枚举最终 $\gcd$ 为 $g\in[1,\max\limits_{i=1}^na_i]$，考虑怎么判断 $\gcd$ 能否取得 $g$。 发现若 $\forall i,g|a_i$ 则 $g=\
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摘要：设 $f_i$ 表示 $[1,i]$ 中以 $a_i$ 结尾的唯一子序列个数，则有 $f_i=\sum\limits_{j\in[p_{a_i},i),j=p_{a_j}}f_j$，其中 $p_j$ 表示 $[1,i]$ 中 $j$ 的最后一次出现位置。 维护 $c_i=\begin{cases}f
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摘要：写个暴力，造几组小数据，观察规律发现，答案总是形如 $a_1(b_1)a_2(b_2)a_3(b_3)\dots a_{k-1}(b_{k-1})+\{c\}$ （其中 $+$ 表示序列拼接，$b_i$ 表示小于 $a_i$ 且之前没出现过的最小数，$c$ 为之前没出现过的数降序排序的结果） $a_
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摘要：根据题意，询问 $x,y,u,v$ 的答案等于 $u\to v$ 上原本的边权和 $-u\to v$ 上原本的颜色 $=x$ 的边权和 $+y\times u\to v$ 上颜色 $=x$ 的边的数量。 主席树维护之。维护 $P_i$ 表示根到 $i$ 的版本，在 $x$ 位置的节点上维护颜色 $=
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摘要：题意：单点修改，树链众数。 怎么都是树剖，来个 $1\log$ 做法。 注意到值域很小，所以直接枚举答案 $k$，问题转化为求树链 $k$ 的出现次数。 维护 $s_{k,i}$ 表示 $1$ 到 $i$ 上 $k$ 的出现次数，则答案转化为 $s_u+s_v-2s_{\operatorname{L
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摘要：对一次询问 $m,k,s$，求出在 $a_i\le m$ 的物品中选出一些物品满足 $\sum c_i=k$ 时 $\min b_i$ 最大值 $f$，若 $f>m+s$ 则答案为 TAK，否则为 NIE。 把物品按 $a$ 从小到大排序，询问按 $m$ 从小到大排序，这样 $a_i\le m$ 的
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摘要：操作 $2,3$ 可以用 $1,4$ 容斥，所以没用。 设 $b_{i,j}=a_{i,j}\oplus a_{i+1,j}\oplus a_{i,j+1}\oplus a_{i+1,j+1}$， 则操作 $1$ 翻转 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的矩阵等价于 $b_{i,j}\gets b
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