随笔分类 - 瞎搞
摘要：传送门 本文只证明贪心可行性 即为什么按照 $A+B<B+A$ 的比较方式可以排序，其中 $A,B$ 是string类型变量 设该偏序为 $\triangleright $ 必须要证明这个定义下$\triangleright $ 的传递性：即如果 $A\triangleright B\triangl
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摘要：传送门 我讨厌交互题，也不喜欢位运算 这一题真是符合我的胃口 首先如果知道 $a,b$ 两个未知数的 按位并值 和 按位或值 则可以知道 $a,b$ 两个数的 按位异或值： $a&b=x,a|b=y$ 则 $a$ ^ $b=x$ ^ $y$ ，这个算是经典结论了，证明只要分类讨论一下即可 所以先花
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摘要：传送门 括号序列肯定想到要转化成折线考虑，这个是经典操作就不解释了，想学的看 这里 有解释 （当然如果是比较短的括号序列求子合法序列可以用栈配合 dp 算，比如某道使我提前退役的题目） 这一题因为序列是压缩的，没法用一般的 dp 算 对于折线下降的某个位置，要算左边包含同高度的上升段数（且之间没有更
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摘要：传送门 这是一道 $NOIP$ 难度的题 首先贪心的想法很显然，每个军队都尽量往根跳，因为越往上控制的越多 但是怎么给每个军队分配终点不太好搞，那就二分一个答案 此时每个军队如果没法跳到根，那就直接停下就好了，现在考虑那些能跳到根节点的军队 此时可能根节点剩下一些儿子没有封锁，那么只要考虑给这些军队
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摘要：传送门 好妙的题啊 首先容易想到简单容斥，统计合法方案数可以考虑总方案数减去不合法方案数 那么先考虑如何判断一个串是否合法，但是直接判断好像很不好搞 这时候就需要一些 $magic$ 了，把所有位置下标为奇数的字符 $\text{A}$ 换成 $\text{B}$ ，$\text{B}$ 换成 $\
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摘要：传送门 一看就感觉很贪心 考虑左端点最右的区间 $p$ 和右端点最左的区间 $q$ 如果 $p,q$ 属于同一个集合（设为 $S$，另一个集合设为 $T$），那么其他的区间不管是不是在 $S$ 都不会影响 $S$ 的交集大小 那么为了最优显然我们只要留一个最长的区间给 $T$ ，然后其他全给 $S$
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摘要：传送门 对于某个位置，只要知道这个位置往左最多的连续 $\text{<}$ 的数量 $x$ 和往右最多的连续 $\text{>}$ 的数量 $y$ 那么这个位置最小可能的数即为 $max(x,y)$，首先这个值显然是下限，现在只要证明可以一定取到这个下限 考虑往左第一个左边是 $\text{>}$
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摘要：传送门 设 $f[x][i]$ 表示 $x$ 的子树中，离 $x$ 最近的选择的节点距离为 $i$ 的合法方案的最大价值 设 $val[x]$ 表示节点 $x$ 的价值，首先有 $f[x][0]=val[x]$ 那么考虑子树的合并，有 $f[x][min(i,j+1)]=max(f[x][min(i
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摘要：传送门 显然考虑 $n^2$ 的树形 $dp$ 设 $f[x][i]$ 表示 $x$ 的子树内选了 $i$ 个节点染黑，子树内所有边对整颗树的最大贡献 考虑子树的合并，显然对于 $(u,v),v \in son[u]$ ，设边权为 $w$ ，这条边的贡献可以通过 $v$ 子树内的黑节点数算出 因为确
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摘要：传送门 正难则反，把链操作成树不好想，那么考虑一下如何把树变成链 每次操作相当于把一个兄弟变成儿子（我把你当兄弟你竟然想把我当儿子.jpg） 注意到每次操作最多只能使树的深度增加 $1$ 因为链的深度为 $n$ 且形态唯一，那么只要把原树操作成深度为 $n$ 即可 现在得到了一个操作次数的下限，即
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摘要：传送门 显然考虑 $dp$ ，设 $fx[i][j]$ 表示从 $(i,j)$ 出发往下走一格，最终到达 $(n,m)$ 的方案数，$fy[i][j]$ 表示从 $(i,j)$ 出发往右走一格，最终到达 $(n,m)$ 的方案数 如果 $(i,j)$ 本身有石头就把这个石头忽略 那么对于 $fx[i
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摘要：传送门 要满足存在 $x$ ，使得 $a_i \cdot a_j = x^k$ 那么充分必要条件就是 $a_i \cdot a_j$ 质因数分解后每个质因数的次幂都要为 $k$ 的倍数 证明显然 设 $a_i=\sum_{j=1}^{x}p_j^{t_j}$ ，那么不妨变成 $\sum_{j=1}^
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摘要：传送门 首先 $n=\sum_{i=1}^{ans}(2^{x_{ans}}+p)$ 可以变成 $n-ans \cdot p=\sum_{i=1}^{ans}2^{x_{ans}}$ 注意到如果 $n-ans \cdot p$ 二进制下 $1$ 的个数等于 $ans$ ，那么一定有解 （只要把 $x
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摘要：传送门 由于只要考虑 $\mod 2$ 意义下的答案，所以我们只要维护一堆的 $01$ 容易想到用 $bitset$ 瞎搞...，发现当复杂度 $qv/32$ 是可以过的... 一开始容易想到对每个集合开一个 $bitset$ ，叫 $cnt[]$ ，维护各种值的数出现了奇数还是偶数次 因为要维护那
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摘要：传送门 首先考虑怎么算 $f(n)$ （就是题目里面那个 $f(n)$） 发现可以构造一组序列大概长这样： ${1,3,2,6,5,4,10,9,8,7,15,14,13,12,11,...,n(n+1)/2,n(n+1)/2-1,n(n+1)/2-2...n(n+1)/2-(n-1),(n+1)(
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摘要：传送门 首先考虑如果 $n$ 只有一个质因数的情况，即 $n=p^t$ 那么显然可以 $dp$ ，设 $f[i][j]$ 表示第 $i$ 步，当前剩下 $p^j$ 的概率 那么转移很简单： $f[i][j]=\sum_{k=j}^{t}\frac{f[i-1][k]}{k+1}$ ，然后可以发现 $
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摘要：传送门 首先可以注意到序列里面元素的顺序对答案是没有影响的，所以二话不说先排序再看看怎么搞 考虑枚举每种子序列可能产生的贡献并算一下产生这个贡献的子序列有多少 考虑设 $F(x)$ 表示选择的元素差值至少为 $x$ 的长度为 $k$ 的子序列的方案数 那么最终如果直接把每个 $F(x),x \in
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摘要：传送门 可以算是纯数学题了吧... 看到这个 $(x+y)(x^2+y^2)$ 就可以想到化简三角函数时经常用到的操作，左右同乘 那么 $(a_i+a_j)(a_i^2+a_j^2) \equiv k \mod P$ 其实相当于 $(a_i+a_j)(a_i-a_j)(a_i^2+a_j^2) \e
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摘要：传送门 首先可以证明一颗树合法的充分必要条件是不存在某个节点的度数为 $2$ 首先它是必要的，考虑任意一条边连接的两点如果存在某一点 $x$ 度数为 $2$ ，那么说明 $x$ 还有连一条边出去，那么连出去的那一条边和当前边的权值就永远一样 然后它是充分的，考虑进行如下操作：首先设当前边连接的两端分
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摘要：传送门 如果选择 $i$ 当陪审团成员，那么 $i$ 认识的猫一定不能参加 又因为总人数和猫数要为 $n$ ，那么 $i$ 认识的猫 的主人也一定要当陪审团成员（不然总数不够） 所以可以考虑这样构图，对每个人 $i$ 向认识的所有猫的主人 $j$ 连边，那么如果选择 $i$ ， $i$ 能到达的所有
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