随笔分类 - 思维题
摘要：link Solution 我们可以看出的是我们可以在一条边上反复来回来拖延时间。于是我们就可以发现我们可以把边拆成奇偶分开来考虑。 我们可以设 $f_{u,0/1}$ 表示到点 $u$ 时间为偶数/奇数的最大时间，那么对于 $u$ 连出去的一条时间为 $[L,R]$ 到 $v$ 的边（这个已经按奇
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摘要：link Solution 已经被图论虐穿了。。。/kk 首先不难看出对于同一位置，可以用 s1 的字符往 s2 的字符连边，就成了一个大小为 $20$ 的有向图。然后我们发现其实我们是要构建一个新图，每条边按时间顺序加入，使得原图中的 $u\to v$ 这条边在新图中可达，且路径时间单调递增，然后
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摘要：link Solution 莫名奇妙地做不出来，tmd。 我们注意到情况一定是从 s 到一个休息点到另一个再到别的...最后再到 t，然后休息点之间连通性可以用并查集维护，一种简单的方法是，我们可以观察到两个休息点可以连通当且仅当距离它们的距离 $\le \frac{K}{2}$ 的点集有交，那么你
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摘要：都是用的调整法（而且我都做不出来），还是记录一下吧，毕竟我是构造废物（虽然每个方面都很废物）。 CF901D Weighting a Tree link Solution 我们首先考虑树的情况，可以发现我们可以一路递归上去，最后只需要判断根节点是否合法。 那么考虑非树的情况，发现在dfs树上有返祖边
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摘要：link Solution 其实问题在于当你确定了后面的一个数之后因为不独立，所以会影响前面的概率，所以这时候我们就需要贝叶斯公式去计算了。 因为我们最后需要算的是期望赢的次数，所以我们可以对于每一个局面去考虑赢的概率并加起来。对于 $x$，我们假设上一次和下一次确定的局面分别为 $L,R$，那么我
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摘要：link Solution 不难想到先建出一个 01trie 树。 我们首先先考虑如果在一个子树内进行 dp 是否可行，假设当前深度为 $d$，可以发现当 $X$ 在 $d$ 位为 $1$ 的时候我就可以往两个儿子走，这样我们就考虑不到了。 所以我们设 $g(u_1,u_2,d)$ 表示从 $u_1
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摘要：link Solution 又被踩爆了。。。/kk 注意到对于似乎对于值域上的一段，它的贡献总是一个一次函数形式，因为一开始初始值 $-1$ 的话，在没有影响后面模出 $0$ 的情况下，贡献会 $-n$。 所以我们可以考虑对这条直线进行 dp，设 $f_{i,j}$ 表示对于前面 $i$ 个数 $\
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摘要：link Solution 其实说难感觉会了之后也不算太难，就是莫名其妙地想不到。 我们考虑定义 $f_i$ 表示前面 $i$ 个能覆盖的最大连续前缀，可以发现，这个是具有单调性的。 我们考虑如果 $f_{i-1}<i$，那么 $f_i\to f_{i-1}$。 如果 $f_{i-1}\ge i$，
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摘要：题目传送门 Solution 首先这个树的限制几乎没用，我们可以先把每个点度数 $-1$，然后总的度数就是 $n-2$ ，设 $z$ 为度数为 $0$ 的点的个数。 可以看出，这个问题的麻烦之处就在于对于一个度数和还要求出有多少个满足的大小，而这个似乎只能 $\Theta(n^2\log n)$ d
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摘要：link Description 给出一个无向图，每次求删掉若干条边后是否联通，强制在线。 \(m\le 5\times 10^5,n\le 10^5\) Solution 挺有意思的，我们可以考虑随机化，先随便构造出一棵树，那么不连通当且仅当存在一条树边使得跨过这条边的边都被删了，那么我们可以考虑
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摘要：link Solution 虽然要AFO了，但是不妨记录一下最后的日子。/kk 首先可以看出，合法条件就是对于存在的 \(x\)，那么 \(\le x\) 的数的个数恰好等于 \(x\)，那么我们可以转化一下，相当于对于一个位置 \(i\) 存在 \(x\) 个，那么我们覆盖 \([i-x+1,i]
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摘要：link Solution 不妨设 \(S\) 为总权值。 有一个结论是： 对于任意 dfs 序，对于第一个前缀和 \(\ge \lceil \frac{S}{2} \rceil\) 的点 \(x\)，答案一定在 \(1\to x\) 的链上。 考虑到我们这样相当于把原树分成了两个连通块，对于 \(
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摘要：link 因为我太逊了，所以只说一下 T1 吧。 Solution 考虑如何避免算重，你发现我们可以每次变化，如果加1，我们就必须在1的最前面加，加0就在0的最后面加，那么就是： 在最开头插入一个 1 把 0 变为 01 把 1 变为 10 在最后面插入一个 0 考虑从最终状态不停逆操作，那么我们如
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摘要：T2 Description 小 W 的手上有一颗 \(n\) 个节点的二叉搜索树，里面有从 \(1\) 到 \(n\) 这 \(n\) 个数字。（二叉搜索树即为中序遍历恰好为 \(1\) 到 \(n\) 的二叉树） 现在你想知道这棵树的形态。但是小 W 不会直接告诉你，只允许你询问以某个点为根的子
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摘要：link Solution 注意到不互质的数相对位置一定不改变，也就是说如果我们先手钦定了不互质的数之间的大小关系，那么后手一定是做一次 topo，每次选最大的出来。 那么，作为先手，我们肯定是选最小值当根，然后依次从小到大找能够当下一位的点连边，不过这里需要递归，而不能直接连，因为假如 \(1,2
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摘要：link Solution 首先可以先判断同构情况。 然后考虑枚举两棵树的根，你可以枚举A的需要换的叶子当A、B根，因此你还需要枚举换到哪里，然后你就可以知道一个点该不该换，就可以知道答案。但是你还需要判断是否合法，你发现A中叶子比父亲先换，B中叶子比父亲后换，因此我们可以连边跑 topo 来验证是
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摘要：link Solution 首先我们可以求出任意的 \(\text{dis}(u,i),\text{dis}(i,t)\)。 考虑二分答案，对于当前二分的 \(x\)，我们最终接到电话可行的点一定就是就是那些 \(\text{dis}(i,t)\le x\) 的 \(i\) 点。对于边 \((u,v
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摘要：link Solution 考虑一个不合法方案，它一定最后位置的逆序对数不为 \(0\)，而且可以发现的是，存在对称方案使得最后逆序对数奇偶性不同，所以我们如果加上 \((-1)\)^{\sigma(P)} （即逆序对数奇偶性），那么两者就会抵消掉。 所以可以枚举一个点的最后位置，用状压 dp 解决
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摘要：题目传送门 Description 两个 \(d\) 维向量 \(A=[a_1, a_2 ,...,a_d]\) 与 \(B=[b_1 ,b_2 ,...,b_d]\) 的内积为其相对应维度的权值的乘积和，即： \[ (A,B) = \displaystyle \sum_{i=1}^d{a_ib_i
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