10 2025 档案
摘要：斐波那契数列: \(F_i = F_{i-1} + F_{i-2}\) [ \begin{bmatrix} F_i \ F_{i-1} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1 & 1 \ 1 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix}
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摘要：本篇文章只是矩阵快速幂中递推式到矩阵的构造杂谈，前置知识矩阵乘法与快速幂请自行了解学习。 一、从斐波那契数列入门：最基础的矩阵构造 斐波那契数列的递推式为： \[ f(n) = \begin{cases} 1, & n = 1,2 \\ f(n-1) + f(n-2), & n \geq 3 \en
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摘要：A - From Hero to Zero 模拟。 能除 \(k\) 直接除 \(k\)，否则减掉余数部分。 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> using i64 = long long; void solve() { i64 n, k; std::cin >> n >
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摘要：F. Witnessing the Miracle / 见证奇迹 动态规划。 打表发现当一个被拿走的磁铁集合确定之后，未被拿走的磁铁的方向和距离可以由它左边被拿走的磁铁数量确定，因此，拿走磁铁的先后顺序不影响最终局面的状态，即从 \(S\) 中拿走不同集合的磁铁所对应的状态也是不同的。 考虑从左往右
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摘要：A - MEX Partition 思维？ 求 \(a\) 的 \(\text{mex}\)。 关于证明，参考官方题解： 首先，让 \(m=\operatorname{mex}(A)\) 。我们可以忽略所有大于 \(m\) 的元素。这是因为由于 \(m\) 是 mex， \(m\) 不会出现在 \(
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摘要：A. Circle of Apple Trees 模拟。 可以一直循环，那么将原数组去重排序后，第 \(i\) 轮吃第 \(i\) 个就可以把所有不同的数字都吃掉，即答案就是去重后的元素个数。 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std;
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摘要：F. Sum of Numbers 高精度，\(dp\)，暴搜。 要使得 \(n\) 位分成 \(k+1\) 段后相加结果数值最小，那么应该每段都尽可能的平分成 \(\frac n{k+1}\) 位，然后剩下的 \(n\%(k+1)\) 也平分，但这里可能会存在某段被多分两位，某段需要去掉一位，比如
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摘要：J. Travel 2 思维，模拟搜索。 如果从 \(u\) 选一条边到 \(v\)，然后再从 \(v\) 又刚好选到一条边回来 \(u\)，那么 \(u-v\) 这条边我们已经知道它分别在 \(u\) 和 \(v\) 里的排名了，一共有 \(m\) 条边，显然 \(2m\) 次可以拿来确定有哪些边
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摘要：K. Maximum Rating 数据结构。 考虑最大化变化次数，显然是先涨分再掉分，最小化相反，先掉分再涨分，从最大到最小，每次拿一个正数小的去给到负数那边，变化次数就可以减少一，最终最大到最小之间都可以取到，假设正数排序后前 \(k\) 小的和小于等于负数和，说明我们就从最大值再变化 \(k\
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摘要：G. China Convex Polygon Contest 反悔贪心。 首先可以考虑对 \(b\) 排序，显然思考越快的题可以使手里攒着的题更多更有选择的空间。 如果正着贪心的话就是，当前能做就立马提交，如果当前的时间更优但选不了就从之前丢一个小的然后选择当前；但是会存在这样一个情况，刚开始把
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摘要：A - El fucho 模拟。 胜者组共有 \(n-1\) 队进入败者组，进入败者组的会淘汰 \(n-2\) 队，最后剩两组再进行一场，总场数 \(2n-2\)。 不会算也可以直接模拟。 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> using i64 = long long;
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摘要：A - Candies for Nephews 模拟。 看 \(3\) 的余数。 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; using i64 = long long; void solve() { int n; std::cin >>
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摘要：A - Increase or Smash 模拟。 对于每个不是最大值的来说，都会经历一次先置为零然后再加的操作，重复项只计算一次；而最大值不用置为零，所以最开始会有一次。 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; using i64
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摘要：洛谷模板测试七倍经验： https://www.luogu.com.cn/record/238785118 https://www.luogu.com.cn/record/238783283 https://www.luogu.com.cn/record/238788990 https://www.
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摘要：A. Best Player 模拟。 题意是分别站在 \(X,Y,Z\) 轴上看另外两维构成的点，谁看到的更多。 分别对三维维护一个 \(\text{pair}\) 去重比较即可。 点击查看代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define
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摘要：B - Bitwise Exclusive-OR Sequence 种类并查集。 根据每一对的异或关系，可以得到二进制中每一位是否互斥关系，涉及到两种关系的处理用种类并查集更好维护；另外再维护两个点之间是否有关系，之后可能形成多个关系的集合，每个集合又分成了互斥的两个部分，对少的那一堆赋值为 \(1
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摘要：template<class Info, class Tag> struct LazySegmentTree { int n; std::vector<Info> info; std::vector<Tag> tag; LazySegmentTree() : n(0) {} LazySegmentT
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