摘要：
首先注意一下题面要求，使得选出的线段两两要么包含要么不相交，也就是说一条线段可能会出现不相交的几条线段，而这些线段上面也可能继续这样包含线段。然后我们可以发现我们要做的实际上是在这条线段上选取几条线段然后递归求出子问题，这是一个 \(dp\) 的形式，令 \(f_i\) 表示在线段 \(i\) 上最 阅读全文
posted @ 2020-09-06 09:58
Achtoria
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摘要：
题目当中有三条限制，我们来逐一考虑。对于第一条限制，每次走动的增加量 \(x_i \le M_x, y_i \le M_y\)，可以发现一共走的步数是确定的，那么就相当于解这样两个方程组： \(x_1 + x_2 + \cdots x_R = Tx\) \(y_1 + y_2 + \cdots y_ 阅读全文
posted @ 2020-09-02 22:23
Achtoria
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摘要：
可以发现这样一件事情，不同种类的特产之间对方案是不会有影响的，因此我们可以每次考虑将一种特产分配给所有人。于是就有了一个 \(dp\)，令 \(dp_{i, j}\) 表示考虑完前 \(i\) 种特产，已经有 \(j\) 个人分配到了特产的方案。转移时考虑当前新增几个人获得特产，先将当前特产给这些人 阅读全文
posted @ 2020-09-02 21:23
Achtoria
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直接计数是很不好记的，但 “恰好” 这两个字眼太有警示性了，我们可以考虑使用二项式反演来解决这个问题。 回忆二项式反演的流程，我们先考虑钦定一些位置合法其他位置随意的方案数。然后我们惊奇地发现这样一个事实，假如我们钦定某个位置 \(i\) 满足 \(|P_i - i| = 1\)，显然 \(P_i 阅读全文
posted @ 2020-09-02 20:19
Achtoria
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因为不存在任意两个数相同，那么设糖果比药片大的组有 \(x\) 个，药片比糖果大的组有 \(y\) 个，那么我们有： \(x + y = n, x - y = k\) 即： \(x = \frac{n + k}{2}, y = \frac{n - k}{2}\) 估本题实质上是问有多少种方案使得糖果 阅读全文
posted @ 2020-09-02 19:55
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因为要保证每行都必须填一个 $1$，于是我们需要逐层考虑并在这层填若干个 $1$，为了能描述当前的状态，我们可以令 \(dp_{i, j}\) 表示当前已经填完前 \(i\) 行，有 \(j\) 列已经填有 $1$ 的方案。转移的话可以枚举当前有多少个位置是刚刚添加 $1$，其余的位置随意： \(d 阅读全文
posted @ 2020-09-01 13:15
Achtoria
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先从反演原理出发，假如存在两个数列 \(f, g\)，我们知道 \(f_n = \sum\limits_{i = 0} ^ n a_{n, i} \times g_i\)，则 \(g_n = \sum\limits_{i = 0} ^ n b_{n, i} \times f_i\) 恒成立，那么我们 阅读全文
posted @ 2020-08-31 22:34
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因为每行只有一个区域不能往下走，因此我们可以来分析一下从起点到整个矩形每个位置的最短路。可以发现每一行的最短路只与上一行的最短路有关，假设我们知道上一行的最短路，上一行不能往下走的区间在 \([L, R]\)，那么可以发现的是 \([1, L - 1], [R + 1, m]\) 这些区间会直接从上 阅读全文
posted @ 2020-08-31 19:17
Achtoria
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本题看似非常像网络流，但实际上我们非常难限制只使用两种调料，这时候我们要敢于放弃去选择另一条路。 从部分分出发，看到数据范围当中出现了 \(m = n - 1\)，刚好大小为 \(n\) 的树的边数不正好是 \(n - 1\) 吗？恰巧的是，每种菜只能选择不超过两种的调料，而菜有 \(n - 1\) 阅读全文
posted @ 2020-08-27 21:58
Achtoria
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首先可以思考一下暴力，不难发现我们可以令 \(dp_{i, j}\) 表示在第 \(i\) 秒到达 \(j\) 的最大愉悦值，这样转移就十分显然了。那么如果 \(k = 0\)，观察一下转移的方程： \(dp_{i, j} = \max_{k \rightarrow j}\{dp_{i - w_{k 阅读全文
posted @ 2020-08-27 21:05
Achtoria
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