摘要：
数论是数学对正整数进行研究的分支。筛法最初起源于找出质数的过程中。以下将浅谈数论中各种各样的筛法以及它们的应用。 质数，是指除了 \(1\) 和本身之外不能被任何正整数整除的数，即恰好只有两个因数。于是不难写出以下判断代码： bool isPrime(int x){ for(int i=2;i<=x 阅读全文
posted @ 2025-09-08 20:57
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摘要：
一个非常经典的套路是把所有括号从左到右压入栈中，如果栈顶能与当前的配对则消去。这样做符合题目中只能消除相邻括号的要求，并保证能消除的立刻消除，从而是正确的。最后判断栈是否为空即可。 时间复杂度 \(O(n)\)。 #include <iostream> #include <cstdio> using 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:46
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模拟样例可以发现，操作本质上是将形如若干个 W 加上一个 A 的字符串变为同样长度的一个 A 加上若干个 C 的字符串。于是按照这个规则找到并替换这样的字符串即可。 时间复杂度 \(O(n)\)。 #include <iostream> #include <cstdio> using namespa 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:45
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摘要：
比较简单的 LIS 模板题。 回顾使用树状数组求解 LIS 问题的过程：用树状数组的下标表示 \(a\) 的值域，存储 \(f\) 的最大值。求解时在 \([1,a_i-1]\) 上取最大值，并更新到 \(a_i\) 对应的位置。 类似地，在本题中，询问前 \(R\) 个数且值不超过 \(X\) 的 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:45
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摘要：
由于 \(a_i \le 10^6\)，故可以一遍求出 \([1,10^6]\) 内每个数的因数以及这个数的倍数在 \(a\) 中的出现次数。求完后对每个 \(a_i\) 暴力枚举因数，判断其倍数出现次数是否超过 \(k\) 并更新答案即可。 总时间复杂度 \(O(N\log N+nd(a_i))\ 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:45
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有一个显然的结论，即最中间的 \(1\) 是固定不动的。考虑反证，假设左右各有 \(k\) 个 \(1\)，且所有 \(1\) 不是往正中间的 \(1\) 移动，那么一侧 \(k\) 个移动距离减小，另一侧 \(k\) 个移动距离增加，显然不会更优，因此结论得证。\(n\) 为奇数时，最中间只有一个 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:44
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直接按照题意模拟即可。如果输入的边已经存在或构成自环，则直接删去即可。注意需保证 \(u,v\) 的大小关系不变，判断边是否存在可使用 map。 #include <iostream> #include <cstdio> #include <map> using namespace std; map 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:44
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树链剖分模板题。边权转点权的操作十分经典，用两个点中深度较大的存储边权（因为父亲唯一），然后就转化为点权的操作了。轻度卡常即可通过，比如线段树查询时写非递归版等。 时间复杂度 \(O(n \log n + q \log^2 n )\)。 #include <iostream> #include <c 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:44
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A 性质 首先使用差分维护每个 \(a_i\) 的操作次数。 不难发现由于数的种类很少，因此直接用一个数组记录每个数 \(i\) 操作 \(j\) 次后的值。预处理完后，记 \(A\) 为 \(a_i\) 的最大值，则时间复杂度 \(O(mA)\)。 for( int i = 1 ; i <= 10 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:43
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比较经典的生成函数题目。 不难发现题目中 \(B-A=C-B\) 可以化为 \(A+C=2B\)。于是问题转化为：对于一个给定的数 \(k\)，在 \(S\) 中选两个数使它们的和为 \(k\)（这个 \(k\) 即是原来的 \(2B\)）。 接着读题可以发现，\(S\) 是集合（即 \(S_i\) 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:43
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读题可以发现，一个大的区间的答案是由三个小的区间的答案决定的。同时又要支持单点修改，因此可以用一个数据结构维护，比如线段树。在这个线段树中，每个非叶子节点有三个子节点。先建好原始的树，修改时定位到叶子节点，再向上更新答案即可，与普通线段树的操作类似。 时间复杂度 \(O(n+q\log n)\)。 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:43
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除了树套树做法外，整体二分也是可以的。 整体二分的主要思想是：通过对值域进行一次二分，来求多个区间排名，从而替代了树套树中的权值线段树。具体地，我们把所有操作按时间先后顺序确定后，假设当前的值域中点为 \(mid\)，那么按原顺序进行所有修改值不超过 \(mid\) 的操作，用对应的下标更新树状数组 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:42
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考虑计算每对 \((a_i,a_j)\) 的贡献，即计算当 \(a_i\) 为最小值，\(a_j\) 为最大值时的方案数。将 \(a\) 排序后，显然 \((i,j)\) 中的元素可选可不选，\(i,j\) 必选，\([1,i)\) 和 \((j,n]\) 必不选，共有 \(2^{j-i-1}\) 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:42
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点分治 适用于统计路径、点对问题： 核心思想：以当前子树的重心作为当前节点，将该子树内路径分为两类： 不经过重心，到子树递归即可 经过重心，直接计算每个点到重心的信息，用双指针等计算答案。 在重心处统计答案可能会有不合法（如同一子树两个点，先过来重心再原路返回），考虑容斥，先算总的，再算每棵子树独立 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:41
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发现直接维护区间内每个数的出现次数并不好做。不妨把这个条件外推，假设 \([l,r]\) 中每个数的出现次数都是 \(k\) 的倍数，那么 \(\sum_{i=l}^r a_i\) 也是 \(k\) 的倍数，即后者是前者的必要条件，并且当 \(a_i\) 较大时，后者成立时前者成立的概率会越大。 因 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:39
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赛后发现漏了一个显然性质，然后就过了，还是要多练。 这个显然性质是：如果有两个人初始等级分分别为 \(x,y\) 且 \(x<y\)，那么在经历若干次比赛后，则 \(x\le y\)，即相对大小不变化。为什么正确呢？对于一场比赛，如果 \(x\) 加分，\(y\) 不加分，则 \(x\) 最多与 \ 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:39
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考场上读成数所有正方形的个数了，过了好久才发现是简单题。 考虑除了圆心所在行和列以外的格子分布状况。由圆的对称性可知，只需求出 \(\frac{1}{4}\) 个圆的格子个数即可。不难发现当横坐标确定时，最大的纵坐标也是确定的。于是可以直接枚举横坐标，并二分确定最大的纵坐标，即可获得该行的格子数量。 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:39
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后记已经写了一部分。 Day 0 少上了几节课，又做了几道 POI 的经典题目，对明天比赛的信心勉强突破了 \(0\)。 Day 1 一大早到学校集中，然后坐大巴车去深圳。 深高果然又新又大，与大学十分相似。 发现本校的高中生基本在同一个考场，右边的右边是 ztz。 开考了。 把所有题看了一遍，T1 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:38
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首先不难写出 \(O(n^2)\) 的 dp。设当前在第 \(i\) 个位置，从前面选择一个位置 \(j\)，并加上 \([j+1,i]\) 这一段的贡献（可以预处理），取最小值即可。 #include <iostream> #include <cstdio> #include <map> usin 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:38
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一眼 dp。 设 \(f_i\) 表示从第 \(i\) 个位置出发能跳到的最大值。考虑从后往前枚举，对于当前位置 \(i\)，其往前跳到的最大值即为 \(a\) 的前缀最大值。而如果先往后跳，那么就可以跳到比 \(a_i\) 小的位置。而这些位置能跳到的最大值已经计算好了，因此可以直接使用。转移的位 阅读全文
posted @ 2025-09-08 18:38
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