02 2019 档案
摘要：B：考虑2*m怎么构造。因为要求相邻的数不能再相邻，容易想到黑白染色之类的东西，考虑染个色然后大概把黑点扔一边白点扔一边。显然m<=3时无解。对m>4，m为偶数时，如1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12，就变换成1 3 5 2 4 6 8 10 12 7 9 11；m为奇数时，如1
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摘要：C：显然可以设f[i][S]为当前考虑到第i位，[i,i+k)的状态为S的最小能量消耗，这样直接dp是O(nC(k,x))的。考虑矩阵快速幂，构造min+转移矩阵即可，每次转移到下一个特殊点然后暴力处理掉该点的贡献。可以预处理2p次转移矩阵进一步加速。 D：首先考虑如果我们钦定了其中k条边一定在树中
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摘要：D：类似于noip2018d1t3，子树内的链应该贪心的尽量合并而不是拆开。则设f[i]为i子树内满足选的链尽量多的情况下根所在的链的最长长度即可。于是可以线性对某个k求得答案。 注意到长度为k的链不多于n/k个。类似于整除分块可以得到答案不同的k只有O(√n)种。于是我们每做一次dp，可以二分一下
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摘要：D：首先考虑如果给定白棋位置，如何判断胜负。黑棋获胜需要四个方向都有能贴上白棋的棋子。由于每一轮都必须移动，显然先对平面黑白染色一下，只有与白棋所在格异色的黑棋才需要考虑。考虑让一个黑棋去贴上白棋某个方向，那么能贴上的条件是该方向坐标之差>另一方向坐标之差。因为如果其往这边逃的话，这样才有足够的时间
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摘要：B：显然即相当于能否找一条有长度为奇数的路径使得终点出度为0。如果没有环直接dp即可。有环的话可以考虑死了的spfa，由于每个点我们至多只需要让其入队两次，复杂度变成了优秀的O(kE)。事实上就是拆点。方案的输出在spfa过程中记录即可。然后判一下由起点是否能走进一个环，若可以至少是平局。 C：显然
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摘要：A：显然对于起点相同的糖果，应该按终点距离从大到小运。排个序对每个起点取max即可。读题花了一年还wa一发，自闭了。 B：考虑构造一个长度为n=2000的序列，前1998项都是0，第1999项是负数，第2000项是正数。设1999项绝对值为y，2000项绝对值为x，则要求n*(x-y)-k=x，也即
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摘要：A：暴力枚举x2的因子，由此暴力枚举x1，显然此时减去其最大质因子并+1即为最小x0。 B：小根堆维护每堆雪的体积，记录总偏移量，堆顶融化完就将其弹出。 C：建棵trie，维护子树内数的个数，暴力按位贪心即可。 D：降智好题。首先发现BC可以相互转化，变换3次再删掉AAA即可。同时发现每次可以增加A
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摘要：A：枚举每个点判断是否同时在两个正方形中即可。 B：莫名其妙的题。首先要知道这俩人只想知道他们的共同数字是什么，而不是对方的数字对是什么。先判断啥都不知道能否确定该数字，只要考虑每一对仅有一个数字相同的数对，如果其共同数字都相同，即可确定该数为答案。否则仍考虑每一对可能的数对，如果某一种情况下有一方
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摘要：A：某个格子被染黑说明该行和该列同时被选中，使用并查集合并，最后看每个集合中是否有未被染黑的格子即可。 B：显然Ei和Ej相邻时最优，在固定Ei后Ek越靠后越优，双指针即可。然而我这个弱智硬是写了个分数规划+单调队列。 C：严格小于=all-严格大于-1，所以即要最小化每天的标记数之和。显然其要大于
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摘要：B：当n是偶数时无解，因为此时树中有奇数条边，而我们每次都只能删除偶数条。当n是奇数时一定有解，因为此时不可能所有点度数都为奇数，只要找到一个度数为偶数的点，满足将它删掉后，各连通块大小都为奇数就可以了。考虑如何证明这样的点一定存在。钦定一个根后，考虑找到一个度数为偶数的点，满足子树内点度数均为奇数
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摘要：A：首先将p和q约分。容易发现相当于要求存在k满足bk mod q=0，也即b包含q的所有质因子。当然不能直接分解质因数，考虑每次给q除掉gcd(b,q)，若能将q除至1则说明合法。但这个辣鸡题卡常，每求一次gcd都除干净就可以了。 B：先考虑求出每个区间的f值。可以发现若区间长度为x，对于区间内第
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摘要：A：用一列放竖着的方块，两列放横着的方块。 B：先询问2k 2k+1，假设已经知道了a>2k，则当a>2k+1时，后者大，否则前者大。这样可以倍增出一个a的取值区间。注意到在区间内x mod a值开始单增，中间突变为0（即x=a），然后又单增，并且最开始的值要比最终的值大。于是拿2k+1和一个二分值
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摘要：考虑将每种颜色构成的极小连通块缩点，然后直接跑树形dp即可，即f[i][0/1]表示子树内是否有颜色向上延伸时删边的方案数。dp时需要去除某点的贡献，最好用前后缀积的做法而不是求逆。 至于如何缩点，假装要给每种颜色建虚树，按dfs序排一下序找到所有虚树上的边，标记所有虚树上的点（包括不在虚树中但在虚
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摘要：F：考虑对于每个字母对求出删掉哪些字符集会造成字符串不合法，只要考虑相邻出现的该字母对即可，显然这可以在O(np2)（或小常数O(np3)）内求出。然后再对每个字符集判断是否能通过一步删除转移而来即可。 G：考虑一个数被删掉对一个区间产生的贡献，只考虑某一侧，显然如果该区间内该数为最大值，贡献即为该
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摘要：显然构造出生成函数，对体积v的物品，生成函数为1+xv+x2v+……=1/(1-xv)。将所有生成函数乘起来得到的多项式即为答案，设为F(x)，即F(x)=1/∏(1-xvi)。但这个多项式的项数是Σvi级别的，无法直接分治FFT卷起来。 我们要降低多项式的次数，于是考虑取对数，化乘为加，得到lnF
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摘要：每个点的度数=prufer序列中的出现次数+1，所以即每次选一些位置放上某个点，答案即一堆组合数相乘。记一下每个因子的贡献分解一下质因数高精度乘起来即可。
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摘要：A：即求长度为偶数的异或和为0的区间个数，对前缀异或和用桶记录即可。 B：显然如果有解，答案一定不大于2，因为原串是回文串，找到第一个不是回文串的前缀和对其对应后缀切掉并交换即可。无解直接判断是否字母都相同或只有最中间字母不同。然后只需要check是否为1，暴力枚举切割点暴力判断即可。 D：显然枚举
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摘要：A：签到 B：考虑模意义下每个数的贡献即可。 C：如果上一轮对方选择了某一组英雄中的一个，而另一个还没被选，显然只能选择他。否则显然应该先把每一组英雄中价值较大的选中，这样对方必须选择另一个，最后再将剩余英雄从大到小选取即可。 D：大胆猜想答案等于子树内叶子数量。 E：暴力枚举0串的长度，显然1串的
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摘要：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8207295.html 安利！
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摘要：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8207295.html 安利！
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摘要：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8207295.html 安利！ 写NTT把i<<=1写成了i<<=2，又调了一年。发现我的日常就是数组开小调调调，变量名写错调调调，反向判if调调调，退役吧。
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摘要：考虑第一问的部分分。显然设f[i]为i子树从根开始扩展的所需步数，考虑根节点的扩展顺序，显然应该按儿子子树所需步数从大到小进行扩展，将其排序即可。 要做到n=3e5，考虑换根dp。计算某点答案时先将其在父亲中的贡献去掉，然后用和之前同样的方法做即可。冷静一下也没什么复杂的。 第二问注意到两个点扩展出
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摘要：考虑按顺序暴搜子序列。如果序列中的数两两不同，显然每次给上一个找到的子序列添上后缀最小值，即为下一个要找的子序列。如果不能再加了就回溯继续考虑后缀次小、第三小……值，直到找到k个子序列。 有重复的数后，考虑后缀k小值只取第一次出现的位置，并在每找到一个子序列后就统计其出现次数。显然这样就能找到所有要
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摘要：假设已经求出了i个点j个桥的连通图数量f[i][j]，容易由此推出最终答案，套路地枚举1号点所在连通块大小即可。 假设已经求出了i个点的边双连通图数量h[i]，考虑由此推出f[i][j]。可以枚举其中一座桥将图划分成两个部分，固定1号点在其中一端，将桥两端的部分方案数相乘即可。这样每种方案被考虑的次
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摘要：容易想到固定第一个排列为1~n，算出答案后乘上n!即可，但这样就离正解走远了。 考虑排列dp的一般套路，将数从大到小加入排列，这样每个位置第一次填数时（不管是第一个还是第二个排列）其贡献就确定了。 显然当前两个排列有用的信息仅仅是两个排列都填了、仅第一个排列填了、仅第二个排列填了、两个排列都没填的位
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摘要：首先只有一份图时显然可以状压dp，即f[S][i]表示S子集的哈密顿路以i为终点的方案数，枚举下个点转移。 考虑容斥，我们枚举至少有多少条原图中存在的边（即不合法边）被选进了哈密顿路，统计出这个情况下的哈密顿路数量就可以容斥了。 考虑暴力，显然是枚举在每张图中选择了哪些不合法边。注意到当固定了某些边
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摘要：A：阅读理解。 B：即维护一个01序列有多少段1，瞎算算即可。 C：任取两人各一段连续+区间，容易发现起始位置之差在模gcd(ta,tb)意义下总是相同的。 D：一个比较坑的题。容易想到随便找一个需要改的字符串，对其最短修改串（即去掉前后缀极长不需修改的部分）进行修改，判一下是否对其它串也合法就做完
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摘要：A：签到。 B：直接按欧拉路判，才不管只有四个点。 C：相当于可以用1代价获得1收益，用2代价获得b-a收益。瞎讨论即可。注意2代价获得b-a收益的前提是当前有至少a块饼干。 D：相当于找一个形如0 非零偶数 奇数 非零偶数 0 的序列（每一段长度任意且可以为空），使该序列与原序列差的绝对值之和最小
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摘要：A：签到。 B：显然先连接距离较小的点。 C：当a!=2k-1时，令k为满足2k-1>a的最小正整数，显然可以令b=2k-1^a使答案成为2k-1，并且显然不可能更优。a=2k-1时直接暴力打表。 E：https://www.cnblogs.com/Gloid/p/10060025.html 作为一
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摘要：D：即有不超过52种物品，求容量为n/2的有序01背包方案数。容易想到设f[i][j]为前i种物品已用容量为j的方案数，有f[i][j]=f[i-1][j-a[i]]*C(n/2-j+a[i],a[i])+f[i-1][j]*C(n/2-s[i-1]+j,a[i])。显然本质不同询问只有O(k2)种
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摘要：容易想到把边当成点重建图跑最短路。将每条边拆成入边和出边，作为新图中的两个点，由出边向入边连边权为原费用的边。对于原图中的每个点，考虑由其入边向出边连边。直接暴力两两连边当然会被卡掉，注意到其边权是trie上lca的深度，由lca转rmq的做法可知，两点lca即为欧拉序区间中它们之间深度最小的点，于
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摘要：显然一个序列的gcd=gcd(其差分序列的gcd，序列中第一个数)。于是一维情况直接线段树维护差分序列即可。 容易想到将该做法拓展到二维。于是考虑维护二维差分，查询时对差分矩阵求矩形的gcd，再对矩形的两个边界求一下原本的gcd即可。 但这样大概需要三个二维线段树，空间可能不太够。由于查询区域是由一
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