随笔分类 - 瞎搞
摘要：传送门 这一题一眼 $exgcd$ 怎么看都是 $exgcd$ 考虑一下 $exgcd$ 怎么做这一题 考虑求出 $wx+dy=p$ 的解，并且要尽量满足 $x+y+z=n$ 那么就是要求出一组解 $x,y$ 使得 $x+y$ 尽量小 因为 $d<w$ ，所以对于 $wx+dy=p$ 当 $y$ 取
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摘要：传送门 最关键的想法就是每个位置一定用的是当前能用的最便宜的水，因为到后面可能有更便宜的 然后其他还没用上的水我们也留着，假装此时已经买了，但是如果发现后面有更优的再反悔也不迟 每相邻两个朋友之间我们把最便宜的一些水消耗了 然后考虑有朋友来送水了 设这个朋友的水的最大体积为 $mx$，价格为 $cs
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摘要：传送门 考虑构造一些区间使得树尽可能的 "大" 发现这棵树最多就是一条链加上链上出去的其他边连接的点 构造的区间大概长这样（图比较丑请谅解..$qwq$，图中每一个 "└┘" 都是一段区间）： 发现树其实就是个 "毛毛虫"：传送门 所以直接求最大的毛毛虫即可 设毛毛虫的主链集合为 $S$ ，那么毛毛
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摘要：传送门 注意到 $m$ 只有 $20$ ，考虑一下状压 $dp$ 设 $f[S]$ 表示当前确定的字符集合为 $S$ ，那么转移就考虑从最右边加入的下一个字符 $c$ 那么问题来了，代价如何计算 考虑每次加入一个字符以后对于所有字符间的移动$(c_i,c_{i+1})$产生的代价 那么显然只有当 $
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摘要：传送门 求合法的串看一眼很不可做 考虑一下总方案减去不合法方案 考虑如何求不合法的串，首先串中连续的相同字符一定是回文串的一部分 然后考虑 $AB$ 交错的情况，发现对于某个 $A$ 它如果左右都有 $B$ 那么一定也是回文串的一部分 对于 $B$ 也是同理 那么只要考虑一段 $A$ 和一段 $B$
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摘要：传送门 题目别看错了，好像挺多人都读错了... 然后显然可以贪心，只有在需要用 $\text{magic crystals}$ 的时候才用 那么直接模拟即可 如果初始相邻两个突出的平台高度不连续那么我们显然可以直接从上面一步步操作到达下面的平台的上面一个位置 此时考虑如果我们直接操作，那么下面那个平
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摘要：传送门 分析题目发现如果把某个数 $x$ 往左移，那么之后所有小于 $x$ 的数也都要往左移 如果把 $x$ 往右移，那么之后所有大于 $x$ 的数也都要往右移 考虑我们首先一定有一个操作 $n$ 次的合法方案 但是发现其实有些数可以不用操作，只要把比它小的和比它大的搞成合法就行了 发现其实不用操作
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摘要：传送门 首先涂区间，那么区间最多有 $2n$ 个相邻位置不同的情况，并且连续相同的颜色可以合并起来 那么这样操作完以后，区间长度最多为 $2n$ 发现涂完一段区间以后其他的操作都不能出现一边在区间内而另一边在区间外的情况 又因为区间长度 $n<=1000$ ，时间 $6$ 秒，考虑一下不满的 $n^
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摘要：传送门 首先一定有解，考虑归纳法证明 首先 $n<=3$ 时显然 考虑 $n=4$ 时，那么因为 $s[1]!=s[2],s[3]!=s[4]$ ，并且 $s[i] \in {a,b,c}$ 由鸽巢原理显然意味着 $s[1],s[2]$ 至少有一个等于 $s[3]$ 或 $s[4]$ 那么我们从中间
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摘要：传送门 看到 $n=250$ 显然考虑 $n^3$ 的 $dp$ 设 $f[i][j]$ 表示填完前 $i$ 行，目前有 $j$ 列的最小值是 $1$ 的合法方案数 那么对于 $f[i][j]$ ，枚举 $f[i-1][k]$ ，有 $f[i][j]=\sum_{k=0}^{j}\binom{n-k
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摘要：传送门 不妨设 $1$ 号点在集合 $1$ 里 那么对于其他点，有且只有所有和 $1$ 没有边的点都在集合 $1$ 里 考虑不在集合 $1$ 的任意一个点 $x$ ，不妨设它在集合 $2$ 里 那么所有不在集合 $1$ 的，和 $x$ 没有边的点都在集合 $2$ 里，剩下的点都一定在集合 $3$ 里
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摘要：传送门 当然是考虑 $n$ 的每个质数 $p$ 对答案的贡献 考虑 $p^k$ 在 $[1,m]$ 中出现了几次，显然是 $\left \lfloor \frac{m}{p^k} \right \rfloor$ 次 那么对于 $p^k$ ，它目前的贡献就是 $p^{\left \lfloor \fr
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摘要：传送门 首先每个点至少要有两条边连接 那么容易想到先保证这一点然后再慢慢加边 那么先构成一个环即可：$(1,2),(2,3),(3,4)...(n,1)$ 然后考虑加边，发现一个点加一条边还是合法的，那么不妨直接 $(1,4),(2,5),(3,6)$ ，然后一旦边数为质数了就直接输出答案 那么现在
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摘要：传送门 考虑一块块填，首先 $(1,1)$ 有 $4$ 种方案 然后根据 $(1,1)$ 的右边颜色，$(1,2)$ 有两种方案，$(1,3)$ 根据 $(1,2)$ 也有两种方案... 考虑 $(2,1)$ 根据 $(1,1)$ 有两种方案，$(3,1)$ 也有两种.... 然后发现，如果我们确定
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摘要：传送门 显然对每个 $o$ ，考虑左边和右边分别有多少 $w$，那么这个 $o$ 的贡献就是左右 $w$ 的出现次数相乘 $w$ 的出现次数可以直接根据每一段连续的 $v$ 得到 那么从左到右扫一遍，动态维护一下左右两边的 $w$ ，遇到 $o$ 就计算一下贡献即可
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摘要：传送门 注意到矩形往上是无限的，考虑把点按 $y$ 从大到小考虑 对于枚举到高度为 $h$ 的点，设当前高度大于等于 $h$ 的点的所有点的不同的 $x$ 坐标数量为 $cnt$ 那么对于这一层高度 $h$ 我们就有 $cnt(cnt+1)/2$ 种不同的 $l$，$r$ ，使得矩形内点集不同 发现
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摘要：传送门 注意到后手可以模仿先手的操作，那么如果一回合之内没法决定胜负则一定 $\text{once again!}$ 考虑如何判断一回合内能否决定胜负 首先如果最左边和最右的 $0$ 或 $1$ 距离小于等于 $k$，那么先手显然赢 如果最左边和最右的 $0$ 和 $1$ 中间都差了大于等于 $k$
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摘要：传送门 显然从左到右考虑每个要删除的数 维护一个 $cnt$ 表示之前已经删除了 $cnt$ 个数，那么当前所有要删除数的实际位置就要减去 $cnt$ 直接暴力枚举哪些数在最左边一个块然后一起删除 每个数删除一次复杂度 $O(n)$
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摘要：传送门 考虑每一个位置的期望贡献 $P[i]$ 对于第 $k$ 个位置，设 $sum=\sum_{i=1}^{k}t[k]$，那么 $T-sum$ 即为用最短时间完成完位置 $k$ 后多出来的空闲时间 如果 $T-sum>=k$ 那么这个位置一定能完成，贡献为 $1$ 如果 $T<sum$ ，那么这
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摘要：传送门 注意到棋盘可以看成无限大的，那么只要考虑如何构造一个尽可能合法的情况 不妨假设需要的白色格子比黑色格子少 那么容易发现最好的情况之一就是白色排一排然后中间黑的先连起来，剩下黑色的再全部填白色周围 可以证明如果需要 $w$ 个白色格子，那么黑色格子的数量不能超过 $3w+1$ 证明：首先 $w
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