随笔分类 - 考试
摘要：2023 省选联测22 A. 因懒无名 结论是整个点集的最远点对是任意划分集合每部分最远点对中的点构成的 于是线段树维护即可 离线下来 对于每种颜色给他最大出现次数的位置个位置 注意如果查询到不存在的颜色可能需要特判 code #include<bits/stdc++.h> using namesp
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摘要：省选模拟之辞旧迎新1 A. 神必的集合 不太理解 code #include<map> #include<set> #include<queue> #include<cmath> #include<cstdio> #include<vector> #include<cassert> #include
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摘要：互测部分 1 https://www.cnblogs.com/Chencgy/p/16970117.html 2 A. 营救皮卡丘 跑弗洛伊德，搞出$i - > j$ 不经过比 $i ,j$ 编号大的点的最小花费 每个点都要走一遍，套路的拆点补流 $k$ 的流量直接从源点到 $1$ code #in
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摘要：2 A. 集合划分 分治，设 $f_{l, r, 1 / 0, 1 / 0, x}$ 表示区间 $[l, r]$ 左边右边为 $S / T$ 集合，选择了 $x$ 个 $S$ 集合的方案数 合并区间发现$1 / 0$两维是一个矩阵乘法的形式，转移时候只转移合法的即可 最后一维的转移是卷积，直接 $n
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摘要：好久之前的题了。 A. 弹珠游戏 $R, G, B$ 任意时刻只能出现两种，出现第三种时优先匹配剩下两种的组合，再考虑形成新的组合，匹配啥是一样的，于是每次乘上方案数 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long lon
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摘要：A. Delov 的 npy 们 题目来源 AGC031E ~~本来想直接用洛谷题面，但是 $Delov$ 整了活，于是我也整了~~ 整活题面 # Delov 的 npy 们 > 你有喜欢的女孩子嘛 有温柔的女孩子在等你吗 ## 题目描述 众所周知 $Delov$ 有很多 $npy$，但是他的时间有
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摘要：A. bs 串 发现找 $b - s - b - b$ 或者 $s - b - s s$ 于是二分+并查集维护 code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long
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摘要：A. 战争 做法 把影响到的点和岛上另外一个点拿出来，然后如果一个岛屿只有一个关键点，就不用另外一个点，跑 $BK$， 或者折半 $2^k$ 枚举，删边的钦定一段不选，加边的钦定两端必选，$check$ 合法性后构造方案 我使用的第二种，因为学不会 $BK$ code #include<bits/s
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摘要：A. GCD 不会分析复杂度 + 一个神奇错误 寄了 首先大部分人做法都会先枚举 $gcd$, 然后一个调和级数开始了 然后发现难以处理询问 有人的做法是设定一个阈值，分成爆扫询问和爆扫合并的点对两部分，可以分析出是 $\sqrt q$ 级别的 我写的垃圾题解做法，不开火车头会在$TLEcoders
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摘要：A. 行走 按照颜色考虑，然后发现是 $excrt$ 考场重新发明 $excrt$ 但是炸了 $long long$ 而且 $k$ 没有取到最小整数解 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef __int128_t ll; t
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摘要：A. 不稳定的道路 基本不等式 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll, int> pli; int
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摘要：A. 分配 都推成和根的关系，然后取 $lcm$， 用什么东西维护一下质因子的幂次 好像大家都是从上往下推，但是我从下往上推，用$map$维护了一下，进行了启发式合并 复杂度好像是 $nlog^2$ code #include<bits/stdc++.h> using namespace std;
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摘要：从今天开始学习写一句话题解 A 把合法的序列搜出来建 $AC$自动机，大于 $max(p,q,r)$的合并，然后就是求长度为 $n$ ，匹配过关键点的串数量，容易解决 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long lon
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摘要：A. 树上排列 $\Huge {读题}$ $\Huge {读题}$ $\Huge {读题}$ $\Huge {读题}$ $\Huge {读题}$ $\Huge {读题}$ $\Huge {读题}$ $\Huge {读题}$ $\Huge {读题}$ 读错题浪费 $1h$ ，思维陷入数据结构直接维护，
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摘要：A. 三元 把 $3^{L+ 1}-1$ 内的数写出来，发现要最高位 $0, 1, 2$ 都留 $n$ 个，那么字典序的限制只对 $2$ 有用，把前 $n$ 个 $2$ 开头写出来 然后每次按位变成 $x + 1 \mod 3$ code #include<bits/stdc++.h> using
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摘要：A. 乘筛积 $exgcd$ 不能乱改 直接 $exgcd$ 优化找 $x$+记忆化能过，但是因为脑残加了个自认为的剪枝于是挂惨了 题解做法是根号分治 exgcd #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; t
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摘要：A. 天平 发现是求最少用多少数，使得他们的 $gcd$ 为整个序列所有数的 $gcd$ 因为一个数不停取 $gcd$ 最多就 $log$， 直接开 $map$ 转移即可 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long l
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摘要：A. 惊喜二十二 如果把大于/小于关系看成有向边，那么我们要构造没有环的方案 先把 $a$ 升序排列， $b$对应移动，这样显然不影响答案 于是对于 $i < j$ 有 $a_i < a_j$ 那么如果 $b_i < a_i$ $b_i > b_j$ 那么 $j$ 位置一定不能填 $1$ 那么我们可
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摘要：A. 将军棋 先看数据骗分 A直接问相邻两个即可 D扫两便问前后缀 一般情况记录每个颜色最后出现的位置进行二分 然后你发现每个位置可能多问一个 我的做法是当 $l == r$ 并且没有合法的，所有颜色都出现过，那么直接确定该颜色 其实复杂了，只要出现过所有颜色后不考虑最远的那个即可 code #in
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摘要：A. zzy 的金牌 只关心最终状态，所以为了方便处理我们可以强制定序 先排个序，然后强制最终为不减的序列 设 $f_{i, j, k}$ 表示考虑前 $i$ 个，当前数增加了 $j$， 还剩余 $k$ 没有加 转移先跨层不选，然后在同层转移选择 code #include<bits/stdc++.
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