摘要：
首先 \(1\) 的总个数不能被 \(n\) 整除时无解。 否则一定有解（因为每一列上的 \(1\) 的位置都可以随意变动，故实际上相当于可以随便放）。为了步数最少，一定是用缺少 \(1\) 行的 \(0\) 与过多 \(1\) 行的 \(1\) 交换，这样能同时使两行更接近答案。实现时先枚举列，再 阅读全文
posted @ 2025-09-12 19:39
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摘要：
挺神奇的思维题。 首先将所有元素按 \(a\) 从大到小排序，考虑交叉选，即要么 \(a_1,a_3,a_5,\cdots,a_{2n-1}\)，要么 \(a_1,a_2,a_4,\cdots,a_{2n-2}\)。无论选哪种，\(a\) 一定满足要求（前者 \(a_1>a_2,a_3>a_4,\c 阅读全文
posted @ 2025-09-12 19:38
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设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个事件发生后的最大收益，如果第 \(i\) 个事件是获得硬盘，则 \(f_i \leftarrow f_{i-1}\)，否则二分找到最大的 \(j\) 使第 \(j\) 个事件得到的硬盘与当前需要的相同（尽可能减少对前面的影响。可以预处理每种硬盘对应的事件编号 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:18
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考虑 dp。设 \(f_i\) 表示到位置 \(i\) 所需的最小花费，且第 \(i\) 个位置必选，现在要找上一个决策点 \(j\)，这个点应该要在此前所有区间的左端点的后面，才能保证这些区间能被覆盖（即确保至少一个在之前每个区间内），则 \(j\) 应满足 \(\max_{r_k<i}l_k \ 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:17
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摘要：
发现不满足题意的情况就是一个节点到多个子节点的边的字母相同，那么合法当且仅当每个节点到子节点的字母互不相同。那么可以统计每个节点连接的字母数量，并运用类似换根 dp 的思路，快速更新这个数量并实时维护符合条件的点的数量即可。时间复杂度 \(O(nA)\)，其中 \(A=26\) 为字符集大小。 #i 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:17
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[SNCPC2019] Unrooted Trie 发现不满足题意的情况就是一个节点到多个子节点的边的字母相同，那么合法当且仅当每个节点到子节点的字母互不相同。那么可以统计每个节点连接的字母数量，并运用类似换根 dp 的思路，快速更新这个数量并实时维护符合条件的点的数量即可。时间复杂度 \(O(26 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:17
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考虑 dp。设 \(f_i\) 表示恰好有 \(i\) 种染色方案所需的最少点数，根据乘法原理，若 \(i \mid j\)，则 \(f_j \leftarrow \min f_{\frac{j}{i}}+ f_{i-2}\)（由于是由两棵数合并为一棵树，故其中的一个树根不再要求为绿色，可以变为黄色 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:16
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注意到一条边无论方向如何，都能使两端的某一个点到达另一个点，即至少有 \(n-1\) 对。如果只需要 \(n-1\) 对，那么只需要在每一条链上相邻的边方向相反即可。对于剩下的一对，我们可以找到一个度数为 \(2\) 的点，并把连接的两条边由反向改为同向，那么附近的三个点产生的对数由 \(2\) 变 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:16
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设 Alice 取的位置为 \(i,j,k\) 且 \(i<j<k\)，则 Bob 的最优策略有两种：取 \(n\) 或 \(k\)。为了使 Alice 必胜，必须同时满足 \(a_i+a_j+a_k>a_n,a_i+a_j>a_k\)。枚举 \(i,j\)，显然满足两个条件的 \(k\) 都是一段 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:15
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显然，每一层恰好能放下两个球（事实上这也是最优的方案），那么下面一共可以放 \(\lfloor \frac{h}{r} \rfloor \times 2\) 个球，剩余 \(h - \lfloor \frac{h}{r} \rfloor \times r+r\) 的高度，记 \(h'=h-\lflo 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:15
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