摘要：
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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摘要：
先枚举矩形左上角坐标 \((x_1,y_1)\)，以及右下角横坐标 \(x_2\)，则可得右下角纵坐标 \(y_2\in [y_1,m]\)。显然，随着 \(y_2\) 的增大，矩形内符合图形的数量只增不减，故可以二分出第一个位置使得该数量恰好为 \(k\)。计算矩阵内符合图形的数量使用二位前缀和。 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:15
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摘要：
注意到横着的障碍如果左端点不是 \(1\) 那么是一定不用拆的（要么把挡在它下面的左端点是 \(1\) 的障碍直接拆掉，要么拆掉若干个竖的障碍然后把左端点是 \(1\) 的障碍绕掉，反正拆了也没用，左端点是 \(1\) 的还会挡着）。那么对竖的障碍和有效的横的障碍分别按横坐标排序后，考虑二分答案，判 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:14
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2025-6-23 446B \(2000\)，绿。贪心，优先队列。 直接行或列取最大值是错的。注意到最终的总答案与操作的顺序无关（操作的顺序就是先减后减的问题）。因此我们不妨先执行所有行操作再执行所有列操作。设执行行操作 \(i\) 次，列操作 \(k-i\) 次，则一共产生 \(i\times( 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:14
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首先可以把所有操作的类型及时间记录下来，分类存进 map 里。 根据贪心，显然越靠前的字母越小越好。从前往后考虑每位 \(s_i\)： \(s_i=a\) 已经最优了，无需处理。 \(s_i=b\) 优先考虑 \(b \rightarrow a\)，如果不存在这样的操作就考虑 \(b \righta 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:13
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发现 \(a_i\) 的最后两位对答案没有任何影响，因此我们只需考虑 \(a_i\) 所在楼层。按照所在楼层从低到高对 \(a\) 排序。 记 \(b_i=\lfloor \frac{a_i}{100} \rfloor\)对于每两节课之间，我们要选 \(x_1,x_2,\cdots,x_n\) 和 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:12
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显然，操作的方式一定是一段数字相等的极长连续段向左右拓展（包括长度为 \(1\) 的段）。故只需扫一遍并维护每段的值和长度即可，并更新答案。时间复杂度 \(O(\sum n)\)。 #include<iostream> #include<cstdio> #define int long long # 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:12
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首先最大的 \(f_n\) 必须放的下，即 \(f_n \le \min(w,l,h)\)。此外，\(f_{n-1}\) 紧贴在 \(f_n\) 的一个面上，故要 \(f_n+f_{n-1} \le \max(w,l,h)\)。剩下的第 \(i\) 个正方体由于满足 \(f_{i+2}=f_{i}+ 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:11
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设 \(f_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树构成不同多叉堆的方案数。显然最小的 \(0\) 应该分配给 \(u\)，剩下的分给子节点 \(v_1,v_2,\cdots,v_k\)，根据乘法原理，有 \[f_u=\prod_{i=1}^k \binom{siz_u-1-\sum_{j=1}^{i 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:11
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2025.6.18 NOIP2024 T4 树上查询 To be updated. Submission CSP-S2019 江西 T3 网格图 To be updated. Submission 2025.6.19 CSP-S2019 D1T2 括号树 To be updated. Submiss 阅读全文
posted @ 2025-09-12 08:10
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