随笔分类 - cf
摘要：Jennie 搞出一个二维dp'还是比较显然的 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip> #include<cmath> #include<algorithm> #define int long l
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摘要：Lisa 删边似乎挨个删复杂度也不会高到离谱 毕竟也就是$O(2*n)$的事。，因为显然可以想到先删点权最大的点，然后拓扑排序缩点啥的来一波 但是也可以从边的考虑，每一条边只会被删一次，且应会是在删两边较大的那个点的点权的时候被删，这样从边的视角考虑就省事了。 #include<cstdio> #i
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摘要：Lisa 如果真的要枚举，排序暴力硬做的话肯定会挂掉 那么就是要优化的，显然划分一个2c的序列，答案不回比划分两个c的更优 可以画个图证明一下 而划分成小于c的序列，就相当于划分成一堆1的序列 划分成c-2c的序列呢？显然是不如划分成c和另外一个，肯定不会更差 这样的话就检查划分成c和1就可以解决了
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摘要：JIsoo 就是一个背包 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; #define
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摘要：Jisoo 作为dp来说这个题没啥意思 但是从中我们可以学到数学证明对于dp的指导 例如，只要 \(a_j\) 和$a_i$ 都不等于 \(0\) 那么这个序列是对数增长 这样似乎暴力也不怎么暴力了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstri
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摘要：Lisa 尺取法搞一波 然后前缀和优化一波 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; int a[500005]; bo
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摘要：Lisa 显然的dp，只需要再二分查找一下 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; int n; struct to{
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摘要：LIsa 只要理解kmp，就会知道应该找前缀和后缀了 把当前输入的串和已知的答案串拼起来，然后中间加上一个小小的不存在字符，跑kmp #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip> #include<cm
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摘要：Jisoo kmp中的next数组表示按照当前位置结尾的相同的最大真前缀和后前缀长度 那么如果这玩意真的存在，那么next[n] 一定不为零 然后枚举一下2-n-1，找找有没有相等的next就可以了 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstri
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摘要：Jisoo 不显然的树上dp 定义$f_{i,j}$为第i位和为子树所选奇数个/偶数个点的方案数 然后显然会发现奇数加奇数等于偶数等规律 然后就可以转移了 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip>
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摘要：Jinnie 处理出所有可能的品，然后尺取法找所有的正好n个的地方，取答案 正确性？假如正确答案不是n个连在一起，那么中间无论多了谁，一定会不止多一个 并且一定会存在一种n个在一起的更优解 #include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> #i
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摘要：Jennie 这也就是个裸的一批的换根dp #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<queue> #include<stack> #include<map> #define
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摘要：Lisa 先想一个朴素的 dp $f_{i,j}$表示前 \(i\) 个把 \(i\) 放在子序列 \(j\) 位的方案数，显然我们的 \(j\) 不是 $a_i$的因数的时候 会直接从上一位继承下来 是不是有 背包那味了 对于每一个 \(a_i\) 我们分解质因子再转移 #include<iost
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摘要：jennie 求形如abababababa的子序列数量？ \(f_i=\sum_{j=1}^{i-1}f_j\quad a_i=b且 a_j=a\) \(f_i=\sum_{j=1}^{i-1}f_j+1\quad a_i=a且 a_j=b\) 顺便可以发现，以b结尾不能作为答案 所以说可以优化成没
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摘要：Jennie 根据异或的性质，，如果A到B的路径和A到C的路径的异或和都是零 那么B到C的也都是零 所以说嘛，我们只要考虑从一个叶子节点外走就可以了 如果这一个叶子节点到其他叶子节点的路径都是偶数，，那么全设为1就是一种很好的方案 如果有奇数的路径，那么再搞出两个数，比如说2和3，就能构造出来了 那
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摘要：Lisa 这一道题绝对恶意评分了 0-9，那么不如全求一遍 对于每一个数字的话，显然先改差为 1 的，然后2 并且把大数改小是优先的 而且把大数该小从前往后，小数改大从后往前 这样我们先记录一下每个数字有多少个 就好办了 #include<iostream> #include<cstdio> #in
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摘要：Rose 很有趣的题目一道 显然的贪心就是按照时间顺序做，先最耗时短的，零点前的都零点交，零点后的都做完就交 正确性怎样保证呢 我们按照这个耗时进行排名后，假如交换两个任务的话 如果这两个任务都再零点前，没有影响， 如果后一个任务跨零点了，那么交换以后，后面的任务的罚时不会变，但前面的任务有可能也要
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摘要：Lisa 这是个什么玩意 先打个表 然后发现a的取值似乎非常有规律 a的一些段落是连续的，然后这些连续的a对于每一块 a，b，c的值是从$2^{2n-2}-2^{2n}-1$ 且对于b，如果我们把b在同一块里的值分成四部分的话，会发现首项大小是固定的，这四块的大小关系是固定的，这四块的取值范围是固定
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摘要：Jisoo 首先可以意识到，对于这个数组，他的异或和一定不会超过数值和 所以说 \(u>v\) 直接挂了 然后意识到，区间和的奇偶性和异或和是一样的，（看第一位），这样$u！=v$也不行 剩下的呢，可以直接构造 \(u,\frac{v-u}{2},\frac{v-u}{2}\)（已经保证了分子为偶数
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摘要：Lisa 显然对于每一个时刻，可以调到的温度是一个区间 那么这样来做的话，我们只需要算出这个区间，然后去$∪$就可以了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define int long
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