随笔分类 - 瞎搞
摘要：传送门 事实上就是模拟 搞一个优先队列维护一下事件结构体：时间，人的编号，入队还是出队 再维护两个 $set$ ，队列内的人 $inQueue$ ，想要进入队列内的人 $want$ 然后模拟模拟模拟！ 初始把所有入队事件塞到优先队列，顺便维护一下当前最后一个取完水的时刻 每次取出优先队列里面时间最小
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摘要：传送门 这一题好妙啊 首先把括号序列转化成平面直角坐标系 $xOy$ 上的折线，初始时折线从坐标系原点 $(0,0)$ 出发 如果第 $i$ 个位置是 '(' 那么折线就往上走一步（$y+1$），否则往下走一步 （$y-1$） 这条折线有很多有用的性质 $1.$如果某个时刻折线的纵坐标为负数了，那么
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摘要：传送门 注意到连续两个格子如果有相同颜色那么一路过去的都可以确定 比如一开始染了这两个位置： 然后发现后面整片过去都可以确定： 对于横着的情况也是一样，然后就会发现不可能出现横着两个和竖着两个同时都有的情况，因为这样一定会冲突，就一定不合法了 （自己画一下就知道了） 那么现在只要对行列分别计算即可，
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摘要：传送门 这个显然考虑容斥，那么答案就是总方案数减去至少有一个 $1$ 的方案数加上至少有两个 $1$ 的方案数减去至少有三个 $1$ 的方案数... 即 $ans=\sum_{x=0}^{max(a)}(-1)^{cnt[x]}(2^{f[x]}-1)$ ，其中 $cnt[x]$ 表示 $x$ 二进
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摘要：传送门 显然我们只要考虑小于等于 $n/2$ 的质数 对于每个不为 $2$ 的质数 $p$ ，如果目前它的还没匹配的倍数有偶数个，那么显然这些都可以匹配完 否则，如果有奇数个，那么我们把 $2p$ 留着不匹配，剩下偶数个拿来全部匹配 最后剩下的数都是 $2$ 的倍数，一个个匹配即可，如果剩下奇数个只
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摘要：传送门 由提示可以知道，如果把图中的边从小到大依次加入，在加入第 $k$ 条边时图恰好联通，那么期望花费为 $\frac{k}{m+1}$ 注意到期望花费和加入边数成正比，发现可以看成每一条加入后不使图联通的边的贡献之和，每条不使图联通的边的贡献即为 $\frac{1}{m+1}$ 那么如果能算出
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摘要：传送门 首先可以注意到对于固定的起点 $S$ ，它最终能走到的终点一定是一段区间 这个用反证法容易证明，假设合法区间存在断点，这个点左右都可以作为终点 那么分成区间断点在起点左边和起点右边讨论一下即可，起点本身显然一定可以作为终点 然后现在只要考虑从每个起点出发能走到的最左和最右的位置即可算出答案
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摘要：传送门 注意到每个位置只能右转一次，首先考虑如果图没有障碍那么显然要走螺旋形的 然后现在有障碍，容易发现对于某个位置如果既可以直走又可以右转，那么一定会选择直走 因为如果转了以后就一定没法走到原本直走可以走到的位置，所以必须直走 那么思路就很明确了，按这种走法然后看看走到底以后经过的总的格子数是不是
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摘要：传送门 注意到 $f(X,Y)+f(Y,X)$ 是一个定值（因为每个元素都不相同） 所以如果能让 $f(X,Y)$ 与 $f(Y,X)$ 尽可能接近，那么一定是最优的 所以可以这样构造：把 $n^2$ 的序列每 $n$ 个分成一组，一共 $n$ 组 对于第一个集合，拿出当前第 $1$ 组最大的，第
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摘要：传送门 显然每种礼物是互相独立的，一个礼物的分配不会影响另一个礼物 对于某个礼物 $x$ ， 对于每个盒子来说，要么选要么不选，那么可以看成长度为 $m$ 的二进制序列 这个序列第 $i$ 位的数就代表第 $i$ 个盒子里是否有这个礼物，那么总方案即为 $2^m-1$ ，减 $1$ 是因为全 $0$
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摘要：传送门 很妙的题 首先先考虑一个简化的问题，现在有一行格子让你填 你要么填一格 要么填两格 有的格子不让你填 问你填了 $a$ 个一格和填了 $b$ 个两格有多少种方案 那么显然先只考虑放两格的方案，这个可以简单 $dp$ 得到，设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个格子放了 $j$ 个两格的方
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摘要：传送门 这一题是真的坑人，时间空间都在鼓励你用 $NTT$ 优化 $dp$...（但是我并不会 $NTT$） 看到题目然后考虑树形 $dp$ ，设 $f[i][0/1]$ 表示 $i$ 个节点的树，根节点为奇数/偶数的方案数 然后发现对于 $f[i][0/1]$ 的所有方案，把节点编号同时加一个偶数
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摘要：传送门 首先显然的，如果一个位置开始播放了两圈还没结束，那么就永远不会结束 先考虑位置 $1$ 开始播放，用一个 $multisetset$ 维护一下当前听的所有歌，直到某一首歌 $r$ 不合法了就停止，此时播放的区间即为位置 $1$ 开始的答案 然后考虑从位置 $2$ 开始播放时和从位置 $1$
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摘要：传送门 先来考虑一下二维时的情况，那么对于 $x$ 相同的点，我们按 $y$ 排序，然后相邻的一对对消除 最后 $x$ 坐标相同的点最多剩下一个，那么此时所有点的 $x$ 坐标都不一样 再按 $x$ 把 $x$ 相邻的一对对删除即可 扩展到三维，显然也可以同样的思路，先把 $x,y$ 相同的点按 $
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摘要：传送门 这一题有点意思 首先预处理出 $pos[x]$ 表示编号 $x$ 的车是第几个出隧道的 然后按进入隧道的顺序枚举每辆车 $x$ 考虑有哪些车比 $x$ 晚进入隧道却比 $x$ 早出隧道 显然是 $1$ 到 $pos[x]$ 中还没访问过的车，那么暴力做法就是这样枚举然后看看有哪些没标记并打上
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摘要：话说BZOJ 是不是死了啊 （已经没有传送门了） 设 $f[i][j]$ 表示走到第 $j$ 个位置确定了 $i$ 个存档点时的最小代价，并强制第 $j$ 个位置有一个存档点 那么设 $cst[i][j]$ 表示存档点在 $i$ ，走到位置 $j$ 的代价， $f$ 有转移： $f[i][j]=f[
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摘要：传送门 显然是可以树形 $dp$ 的 对每个节点维护以下 $5$ 个东西 $1.$ 从当前节点出发往下的链的最大贡献 $2.$ 节点子树内不经过本身的路径最大贡献 $3.$ 节点子树内经过本身的路径的最大贡献 $4.$ 从当前节点出发的一条链加上经过这条链的路径构成的图形的最大贡献 $5.$ 从当前
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摘要：传送门 三个限制都可以数位 $dp$ ， $dfs$ 是维护当前位，之前各位总和模 $7$ 意义下的值，之前填的数模 $7$ 意义下的值，是否贴着限制 主要现在求的是各个合法数的平方的和，比较恶心 开一个结构体维护一下三个东西，合法数的个数，合法数的和，合法数的平方和 前两个好维护，平方和发现其实可
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摘要：传送门 首先对于两个排列 $A,B$ 我们可以把 $A$ 从小到大排序并把 $B$ 重新和 $A$ 一一对应 显然这样不会影响 $\sum_{i=1}^{n}max(A_i,B_i)$ 的值 所以直接把第一个排列固定为 $1,2,3,...,n$ 然后考虑第二个排列 $B$ 怎么排比较好 首先最少的
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摘要：传送门 首先如果某个点的度数大于 $2$ 那么显然无解 然后考虑点的度数小于等于 $2$ 的情况 发现其实是一条链 一旦确定了链开头的两个点，后面的点的颜色都可以通过之前的点推出 所以直接枚举即可
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