随笔分类 - 题解
摘要：前言 这为啥能想到来着。 思路分析 首先你发现答案只和初态和末态有关。 于是可以考虑定义势能，答案为势能的减少量。 经过仔细读题后发现，每次我们选择在一行或者一列操作，那么每一行和每一列的势能都是相对独立的。 于是我们只需要考虑在一行进行操作的势能变化，一行的势能是本行所有元素的势能之和，原图的势能
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摘要：前言 好题，很可做也很有意思。 思路分析 首先发现如果一个点被操作了多次，那么只有最后一次会影响它的位置。 我们称影响位置的操作为有效操作，不影响位置的为无效操作。 不难发现，序列可以分为三部分，前面部分是往前放的有效操作，中间部分是没有移动过的，后面部分是往后放的有效操作。 于是可以考虑一个 DP
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摘要：here. 挺有意思的一场，但是我真不会 F2。 D 考虑把这个过程反过来，从后往前做，题意转化为每次进行两次操作中的一个： \(r \to r+1\)； \(r \to r-k,ans\to ans+d_i\) 你发现这是一个经典的反悔贪心模型。 考虑用小根堆维护目前选择的 \(d_i\)，然后每
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摘要：前言 挺有意思的题。 从某些特殊角度来理解的话，也不算不可做题。 思路分析 首先要点权转边权，我们对于一个点 \(x\)，拆点 \(x,x'\)，连边 \(x\to x'\)，边权为 \(a_x\)，对于原图上的边 \((x,y)\)，连边 \(x'\to y\)，边权为 \(0\)。 然后我们要考
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摘要：前言 好题。 思路分析 这个题分为很多部分，各个部分之间比较独立。 我们一点一点来。 首先考虑 \(f(p)\) 怎么算。 把贡献拆到每一个点上，发现： \[f(p)=\sum_{i=1}^{n}i(\sum_{j=1}^{i-1} [p_i<p_j]-\sum_{i=j+1}^{n}[p_j<p_
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摘要：前言 来自山西队爷的分享题。 思路分析 首先有一个朴素的想法，能否枚举两个集合的边权，判断是否合法。 发现是可以的。 具体地，我们设 \(D(A)=w_1,D(B)=w_2\)，不失一般性，假设 \(w_1 \ge w_2\)。 这样，我们可以把图上的边 \((x,y,w)\) 分成三类： \(w
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摘要：前言 直面恐惧！ 思路分析 首先考虑这个形式就很像区间划分，所以考虑设 \(f_i\) 表示考虑前 \(i\) 个元素的最大价值。 考虑怎么转移，一个 naive 的想法是这样： \[f_i=\max_{j=1}^{i-1} f_j+w(j,i) a_i=a_j \]\[f_i=\max(f_i,f
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摘要：打了一下午，但是好像没做出来啥有水平题？ here. B 考虑每次能猜中，当且仅当拿出的卡片颜色，是多数颜色。 经过手玩发现，无论怎么取卡片，猜中的总次数都是 \(\max(a,b)\)。 所以答案就为 \(\max(a,b)\)。 #include<bits/stdc++.h> using nam
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摘要：A 考虑从大到小考虑每一个取值的数，如果能换就换，如果换了没用就不换。 实现上使用 vector 存下标，复杂度 \(O(n)\)。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n,m,a[1000005],flag,tim; vector<
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摘要：here. C 考虑最终合法的字符串，形如： \[1,2,2,2,\cdots,2,2,2,3 \]然后考虑对于每对 \(1,3\) 对答案的贡献是，它们中间 \(2\) 的个数，记为 \(cnt\)，\(2^{cnt}-1\)。 然后考虑从左往右扫，每次遇到 \(1\) 往 ds 里加入一个 \(
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摘要：here. E 考虑对 F 先删边再加边。 删边时，用并查集维护出 G 的联通性，如果 F 中的边 \((x,y)\) 在 G 中不联通，就把它删去。 加边时，用并查集维护出 F 的联通性，如果 G 中的边 \((x,y)\) 在 F 中不连通，就在 F 中加边 \((x,y)\)。 不难发现这样贪
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摘要：here. 感觉出的都很不错，做起来很舒服。 C 考虑直接 DP。 设 \(f_i,0/1\) 表示考虑前 \(i\) 个人，第 \(i\) 个人是否说谎的方案数。 枚举第 \(i\) 个人是否说谎，得到转移： \[f_{i,0}=f_{i-1,1} \]\[f_{i,1}=f_{i-1,0}[a_
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摘要：here. C 考虑这样一种构造： \[1,2,3,\cdots,n-1,n,1,2,3,\cdots,n-1,n \]或者是： \[1,2,3,\cdots,n-2,n-1,n,1,2,3,\cdots,n-2,n-1 \]这里的 \(n\) 不是题面中的 \(n\)。 但是经检查，这种构造会在
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摘要：here. 困难场。 C 考虑贪心，我们在一个前缀只取正数，后缀只取负数，这样取一定可以取到最大值。 扫一遍记录前缀正数和和后缀负数和，枚举分割点即可。 复杂度 \(O(n)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespa
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摘要：here. \(perf:2017\) 啥啊。 越来越过分了是吧。 我现在不仅怀疑参赛者有人机，还怀疑出题者是人机。 D 以最中间的 \(1\) 作为基准点，两边向这个 \(1\) 靠拢即可。 复杂度 \(O(n)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define int lon
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摘要：here 困难场。 C 重要观察：只有每行的后缀 \(1\) 有用。 考虑归纳证明，设 \(n\) 为一行后缀 \(1\) 的个数。 对于 \(n=1\) 的情况，想要让 \(mex\) 值为 \(2\)，必须选择这个后缀，否则其他后缀的和 一定 \(>1\)； 对于 \(n>1\) 的情况，在之前
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摘要：here. here. 感觉是 good round。 2C 唯一没做明白的题。 经过若干手玩，发现在最优次数内达到目标，加的值是固定的。 也就是说，如果我加了 \(9\)，想要达到目标，以后不可能再加 \(99\)。 又因为感觉答案上界很小，所以直接暴搜即可。 复杂度 \(O(能过)\)。 #in
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