随笔分类 - A-atcoder
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摘要：D 对于一个序列，相同的对数有$2{2^\choose 2}\(，不同的对数有\)(2^)2$ 假设选了$len$个序列，那么应该满足: $$\begin len\cdot 2{2\choose 2}=n\cdot {2N\choose 2}\ len\cdot (2)2=m\cdot {2N\ch
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摘要：C 结论1：假设答案为$0$，容易证明对于机器人$i$（\(A_i\le B_i\)），一定是由$A_j>B_j(A_i<A_j)$的机器人破坏 在进行下一步分析前，为了方便解决该问题，我们将题意中操作进行一些转化： 结论2：在不改变答案的情况下，可以将问题转化为：可以任意删除球、添加球，最小化$m
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摘要：D 结论1：字符串的最长回文子序列长度等于其与反串的最长公共子序列长度 然后随便写个区间dp就行了 E 考虑最优策略：除$1$号外其他最多解两球，且先是红球再是蓝球 当前是红球 若除$1$外有没红的，则丢过去 若其他都红了，丢给$1$ 当前是红球 若除$1$外，有红的还没接过蓝球，则丢过去 否则丢给
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摘要：C 相对位置不变，二分出边界的位置 D 先模小的再模大的没有影响，一个数可能有效的条件为比其小的全部在后面，我们将数从大到下排序 令$f_{i,j}$为前$i$个数，当前为$j$的方案数 \(f_{i,j}\longrightarrow f_{i+1,j\%a_{i+1}}\) \(f_{i,j}\
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摘要：C 显然，满成绩的重要度为$r$，空成绩为$l$ 且最终的成绩为若干是$X$，一个$\in(0,X]$，若那个不满的成绩不超过$b_i$，则选$l$，否则选$r$ D 暴力的做法是二分图然后费用流，但边数太多了 $\begin |x_1-x_2|+|y_1-y_2|&=\max(x_1-x_2+y_
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摘要：这题很有意思啊 考虑数$x$，若其不变成$H$，其终将最小值 若当前最小值为$x$，个数为$num$，不考虑其转移后的数，方案为$\frac{1}{num!}$ 对于最大值$\in[i-D,i)$，其最小值可以成为$i$ 对于最大值$\in[i-D,i)$，若确定了该集合，当其转移到最大值为$i$时
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摘要：C 一次操作相当于将末位取反放到首位，即$2n$次一定可以 考虑$X$，相当于环形$XX'$的循环节，由于这个是环形的，相当于无限长度，若经过$d$次回来，则$(d,2n)$也可以。故$d|2n$ 显然$n$次不合法，故$d\nmid n$ 由于$d|2n,d\nmid n$：\(d=2k\)，\(
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摘要：C 做法1 进行任意操作，每个位置的奇偶性是不会变化的 也就是奇数位置的A与偶数位置的B永远不能相互消除，偶数位置的A与奇数位置的B永远不能相互消除 令奇数位置的A有$a$个，偶数位置的B有$b$个，即偶数位置的非B有$\frac{2}-b$个 必要条件为$a\le \frac{2}-b\Longr
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摘要：E 这题不太好写 这里写的挺清楚的 F 有$n+1$个环 对于一个环，环上点的$x+y$奇偶性相同 对于两个奇偶性不同的环，无交点；否则有交点 对于两个环的交点，其状态应是相同的，因为不管怎么操作，这些点的状态是相同的 将环按奇偶性分类，重构图，新点为环，点之间的连边为交点的状态 对于边的状态确定，
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摘要：###D 令$(V,s)$为点集$V$，从$s$出发，若存在哈密顿回路即为合法 必要条件 \(|V|\neq 3\)，除$s$外，没有顶点入度为$|V|-1$ \(|V|=3\)，满足上述条件外，$V\backslash {s}$无边 进一步的，这个必要条件为充要条件 带点归纳的来证明这个东西（并没
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摘要：D 顺序与答案无关 E 二分找到01分界点，可以得到$n-1$的黑白相等序列，然后暴力得到其他点，在暴力查询这个相等序列 F 令$h=\frac{(n,T)},g=\frac{(m,T)}$ 可以将$(n,m,T)\(划分为\)(n,T)\times (m,T)\(个相互独立的\)(h,g,1)$
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摘要：B 降序排序 $i\le p$则$i$一定合法 \(i>p\) 若$a_i+m<a_$则显然不合法 那么$[1,p)[i,n]$这些全选。至于$x\in[p,i)$中间这些点，最多升至$a_i+m$，由于$a_x\ge a_i$，其不会消耗完天数，故边界条件就是将其全部升至$a_i+m$ C \(n
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摘要：E 结论1*：\(\exists u\)，\(\forall v((u,v)\in E)\)，均满足$d_v>d_u$。则无解 结论1为无解的必要条件，下面通过构造证明其为充要条件 令$f(u)$为与$u$相邻的，$d_x$最小的任意一点 \(\forall u\)，除$(f(u),u)\(外的边均
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摘要：D 看错了一下题目意思，特别说一下：任意两个商店间只需要花$1$个单位的时间即可前往 若我们确定要前往的商店的集合$S$，对于$\forall i,j\in S$，若$i$在$j$前面，则满足： $$1+a_\times(t+1)+b_+1+a_\times(t+1+a_\times(t+1)+b_
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摘要：A 对于棋盘上的一条路径，花费为连续障碍的个数 B 将$a_i-1$，则只有$(0,1,2)$三个数 显然，若序列中存在$1$，则答案仅可能为$0/1$，那么考虑在模$2$的条件下进行，则每个数对答案的贡献可以表示为组合数 若序列中不存在$1$，即仅有$0,2$，将$2$看作$1$，若最终答案为$1
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摘要：C code 本来不想写这**题的，但被坑死了（特判$n=0$时需满足$a_0=1$才有解） 跟官方题解有点不同，是逆推的，本质差不多 令$g_i$为第$i$层能向下伸的最大的个数，由于$\sum a_i$不大，这个可以限制在long long范围内 然后从第$n$层逆推，令当前处理第$i$层，利用
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摘要：A 令$dp_i$为${x|x进入后最终能变成0}$ 初始$dp_{n+1}={0}$ \(s_i=0\) \(dp_{i}=dp_{i+1}\cup dp_{i+1}~xor~a_i\) \(s_i=1\) 若$a_i\in dp_{i+1}$，是否操作对答案并不影响，\(dp_{i}=dp_{i
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摘要：D 设阈值$L$，预处理$i\le L$的祖先最优背包 对于一次询问，$i>L$的部分可以状压 E 显然，题目可以直接转化为$S=0,T=2^L-1$，\(A_i\in[0,2^T)\) 令$f(U)\(为集合大小\)\in[1,K]\(，集合中所有数\)\And U$相同的个数 \(ans=\su
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摘要：由于第一次打，只能打ABC了 比赛代码 A 直接输出 B 每个位置比较 C 枚举第一个书架的位置，第二个书架单调 D 线性筛，貌似$O(nlogn)$也能过... 官方题解有个更简单的方法，对于每个因子，其贡献为等差数列 E 强制两数组位置相同，容斥 F 比赛的时候写的是乱搞，要调参...具体可以看
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摘要：B 有个跟官方题解不同的，稍微讲一下 对于一个生成的矩阵$R\times C$，由少一行或少一列的矩阵转移过来是有重复的 令$f_{i,j}$为有多少个$i\times j$的矩阵： \(f_{i,j}=f_{i-1,j}\times j+f_{i,j-1}\times i-f_{i-1,j-1}\
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