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"传送门" 数字最小公倍数为$L$的充分条件是所有数都是$L$的约数，而$10^8$内最多约数的数的约数也只有$768$个。所以我们先暴力找到所有满足是$L$的约数、$G$的倍数的数。 接下来注意到题目的$\gcd$和$lcm$的限制等价于对于每一个质数限制所有数在该质数指数上的$\min$和$\m 阅读全文
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"传送门" 首先显然的是可以一开始先染好再做、每个点只会被染一次、最后只剩下两种颜色。 接下来是结论时间：序列可以反转的充要条件是除了首尾的极大颜色连通块以外其他极大颜色连通块长度为偶数。 证明充分性：考虑归纳。 如果序列中有$3$个极大颜色连通块且中间的连通块长度为偶数，那么先将两端的颜色块折成$ 阅读全文
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"传送门" 先二分一个最大速度$v$。 分析移动的性质。很显然的事情是在火焰两边的所有人都会往火焰的方向以最快的速度运动，这样可以使当前位置更早获得火焰，同时当前拥有火焰的若干个人为了传递火焰自然也会以最快的速度移动。 接下来考虑某个没有火的人碰上了有火的人之后决策如何。假设有火的人$A$碰上了无火 阅读全文
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Contest Page A sol 每次选最小的，然后把它的所有倍数都删掉。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int read(){ int a = 0; char c = getchar(); bool f = 0; while(!isd 阅读全文
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"传送门——BZOJCH" 考虑两种情况： 1、答案由一个最长公共子串+可能的一个模糊匹配位置组成。这个用SAM求一下最长公共子串，但是需要注意只出现在$S$的开头和$T$的结尾的子串是不能够通过额外的一个模糊匹配得到更长的子串的，而对于其他的子串来说都可以。 2、答案由模糊位置两遍的子串构成。暴力 阅读全文
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"LOJ" 看到离线区间操作仍然考虑莫队，然后可以发现：我们对于原来的凸包集合按照极角序维护一个链表，那么删除一个位置可以$O(1)$，撤回删除操作也可以$O(1)$（因为原来的链表结构中当前节点就记录着其之前的前驱后继），但是动态加入操作至少要一个二分的$log$的复杂度。所以我们要尽可能避免动态 阅读全文
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"传送门" 看到出现次数自然地考虑莫队。 但是发现如果需要删除并动态维护答案的话，则要用一个堆来维护答案，增加了一个$log$。但是加入操作却没有这个$log$，所以我们考虑避免删除操作。 分块，设$l_i,r_i$表示第$i$个块的左右端点，设$f_{i,j}$表示区间$[l_i,r_j]$的答案 阅读全文
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"LOJ" 注意到$qk \leq 10^5$，我们很~~不~~自然地考虑根号分治： 当$k \sqrt{10^5}$，此时$q$比较小，与$qm$相关的算法比较适合。对串$s$建SAM，考虑每组询问，将其所有的$(a,b)$按照$b$从小到大排序，然后把$w$在$s$的SAM上匹配，每当右端点变为 阅读全文
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"期末考试" sol 因为时间范围很小，所以可以利用单调性求出对于每一个时间$t$，当最晚的成绩公布时间为$t$时学生产生的不满意度总和$f_t$和让所有课程的公布时间不大于$t$的前提下课程产生的最小不满意度$g_t$．复杂度$O(nlogn)$，瓶颈是排序． 但是上面那个做法太不优雅了．我们可以 阅读全文
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"传送门" 构成一棵树可以分成两个限制：图不成环、图的点数 边数=1。 我们考虑枚举右端点$r$计算所有可能的左端点$l$的答案。我们先考虑第一个限制：图不成环。注意到当$r$确定的时候，满足这个条件的$l$一定是一段后缀。设$p_r$表示满足图不成环时最小的$l$，还可以发现$p_r$是单调不降的 阅读全文
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"传送门——BZOJ" "传送门——VJ" 考虑使用LCT维护时间最大生成树，那么对于第$i$条边，其加入时可能会删去一条边。记$pre_i$表示删去的边的编号，如果不存在则$pre_i = 0$，如果是自环则$pre_i = i$。 因为连通块数量等于点数减树边数量，而对于一组询问$[l,r]$， 阅读全文
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"传送门" 区间位赋值、区间求最大值似乎是不能够像一般的线段树一样直接打标记的，~~但是直接暴力也太没有面子了~~。 我们考虑优化一下暴力：如果说线段树的一段区间内在当前修改的所有位置上所有数都是相同的，那么这个最大值就是可以直接维护的，在上面打上标记；如果这个条件不满足就暴力向下递归。 然后交一发 阅读全文
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搞学科十分舒适 一双木棋 搜索，在搜索的过程中使用哈希记录重复的状态，每一次枚举合法的放置位置往下递归，取当前所有可行状态中的最优解即可。 include using namespace std; int read(){int a; cin a; return a;} namespace flow{ 阅读全文
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"Contest Page" A Tag：构造 将$a_i$看做一个无穷数列，$i 2n$时$a_i = a_{i 2n}$．设$sgn_i = \sum\limits_{j=i+1}^{i+n}a_i \sum\limits_{j=i}^{i+n 1}a_i = a_{i+n} a_i$，那么答案 阅读全文
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"Contest page" A Tag：贪心 猜想段的长度只会有$1$和$2$（感性理解，应该可以反证……），然后就可以DP/贪心了 B Tag：贪心、组合 考虑如何构造合法方案。从右往左考虑球，因为当前球的位置相比于其他未考虑的球靠右，所以它要尽可能产生负贡献（成为三元组的$a$），否则尽可能产 阅读全文
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"Qtree1" 将边权变为这条边连接的两个点中深度更深的点的点权，这样就可以变为带修改链上最大点权。直接树链剖分即可。 下面是一份C语言代码 include include define MAXN 10001 inline int read(){ int a = 0; int f = 0; cha 阅读全文
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"传送门" 设在某一次操作之后的$a$数组变为了$a'$数组，那么$\prod\limits_{i \neq x} a_i = \prod a_i \prod a_i'$。那么就不难发现我们需要求的是进行这$k$次操作之后的$a$数组所有数的乘积的期望值。 注意到当第$i$个数被减去$p_i$次，那 阅读全文
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"传送门" 两个序列相同当且仅当它们的笛卡尔树相同，于是变成笛卡尔树计数。 然后注意到每一个点的权值一定会比其左儿子的权值大，所以笛卡尔树上还不能够存在一条从根到某个节点的路径满足向左走的次数$ m 1$。不难证明只需这个条件以及$n \geq m$的条件满足，一定存在一种权值分配方案使得$1$到$ 阅读全文