随笔分类 - 瞎搞
摘要:传送门 考虑枚举每一个位置作为可能子段的起点,然后对以这个位置为起点的所有情况下的答案取 $min$ 当固定了起点 $i$ 并且固定了起点 $i$ 最终的字符时,答案也固定了 发现对于所有与 $i \mod 3$ 相同的位置的字符和 $i$ 位置的字符是一样的 所有 $j \mod 3 = (i+1
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摘要:传送门 维护合法区域的四个边 $xa,ya,xb,yb$ 表示在以 $(xa,ya)$ 为左下角,以 $(xb,yb)$ 为右上角的矩形内的点都是合法答案 对于一个起点 $(x,y)$,如果没法往左,那么 $xa$ 就不能小于 $x$ ,如果没法往右,那么 $xb$ 就不能大于 $x$ 反之可以,十
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摘要:传送门 看到 $n<=5000$,直接暴力枚举左右两条竖线 然后考虑怎么计算高度在某个范围内,左端点小于等于某个值,右端点大于等于某个值的横线数量 直接用权值树状数组维护当前高度在某个区间内的横线数量 考虑先固定左边的竖线,然后枚举从左到右枚举右边的竖线,那么随着右边竖线的右移,合法的横线(右端点大
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摘要:传送门 先考虑只能走 $1,2$ 步的情况,设 $p[i]$ 表示当 $n=i$ 时先手是否必胜 自己手玩一下发现 $p$ 就是 $011011011...011$ 这样循环(下标从 $0$ 开始,其中 $1$ 表示先手必胜) 然后发现当 $K$ 不是 $3$ 的倍数时,对 $p$ 没有影响,因为一
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摘要:传送门 再一次题目看错浪费一小时...退役算了 自己手玩一下发现划掉的都是奇数,最后所有奇数都划掉了,证明也挺显然的 所以直接输出 $2m$ 即可
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摘要:传送门 看到棋盘先黑白染色冷静一下 然后分析发现,如果初始时两只马在同色的格子,那么一定是后手吃先手 反之一定是先手吃后手 所以分类讨论一下,如果初始在同色的格子,并且后手到达终点的步数更少,那么后手一定赢 并且如果后手威胁到先手终点时的步数比先手到终点的步数少,那么后手下一步直接到先手终点,此时先
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摘要:传送门 看一眼感觉就是 $dp$,但是似乎状态太多了 考虑推推性质 首先每到一行都要把所有宝藏都走到,那么一定会走到最左边的和最右边的宝藏 注意到一旦走完所有宝藏时肯定是在最左边或者最右边的宝藏位置 并且此时要往上走,显然是选择左边或右边的最近的路上去,因为如果选择更远的路上去还不如先上去再走到更远
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摘要:传送门 看到中位数考虑先把数排序一下 然后有个显然的贪心,一个数增加后一定不能比下一个数大,不然我们直接增加下一个数显然更优 所以初始时的中位数操作后也是中位数 那么我们只要考虑中间再往后怎么加使得答案最大 为了使中位数比较大当然先把中间位置加到和下一个位置一样大,然后为了继续增大又要把后面两个位置
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摘要:传送门 首先考虑如何算出答案,考虑枚举中间那个点,显然每个点作为中间的点的次数为入度乘出度 所以答案就是每个点的入度乘出度之和 然后每个点开一个 $vector$ 维护从它出去的点数,每次修改的时候直接暴力改出度然后暴力删边并加入新边 这样可以证明复杂度是对的,这里有两种证明,其中第二种是来自官方题
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摘要:传送门 注意到只要考虑祖先和后代之间的贡献 发现对于一个节点,他和所有祖先最多产生 $log$ 个不同的 $gcd$ 所以每个节点开一个 $vector$ 维护祖先到自己所有不同的 $gcd$ 和这个 $gcd$ 的出现次数即可 之所以可以用 $vector$ 而不用 $set$ 是因为每个节点越祖
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摘要:传送门 显然答案等于初始时的答案减去最多可以减少的代价 考虑在某个路段 $[l,l+1]$ 用一次加速的影响,设 $r$ 为 $l$ 往右(不包括 $l$)第一个车要等人的站,那么所有下车的站在 $[l+1,r]$ 之间的人都可以少一秒 设第 $i$ 个站下车 $leav[i]$ 人,那么贡献即为
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摘要:传送门 这一题基础是二分图匹配,并且要知道一个 $Hall$ 定理:对于二分图能完全匹配的充要条件是,设点数少的那边为左边,点数为 $n$,对于 $k \in [1,n]$ ,左边任意 $k$ 个点,右边都要有至少有 $k$ 的点与左边这些点相连 证明好像也不难,首先必要性是显然的 然后考虑对于左边
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摘要:传送门 显然直接 $AC$ 自动机上数位 $dp$ 一下 预处理出 $f[i][j]$ 表示当前匹配到 $AC$ 自动机上的节点 $j$ ,再放 $i$ 个位的数字后不冲突的方案数 初始时 $f[0][j]=1$ ,其中 $j$ 不是匹配节点(匹配节点显然指的是本身是某个模式串的结束节点或者 $fa
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摘要:传送门 这个题一眼 $dp$ 就是设 $f[i][0/1]$ 表示我们只考虑前 $i$ 个位置,并且保证覆盖了前 $i$ 个位置,当前位置 选/不选 的最小代价 考虑转移,设题目给出的字符串为 $s$ 首先 $f[i][0]$ 必须从 $f[j][1]$ 转移过来,其中 $ j+k>=i \text
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摘要:传送门 对于询问,首先如果正数数量不到 $c$ 个显然无解 然后如果大于等于 $s$ 的数大于等于 $c$ 个,那么显然有解 否则,考虑贪心地取数,首先初始大于等于 $s$ 的哪些数我们每次取都可以取到,所以直接把 $c-cnt$ ,其中 $cnt$ 是初始大于等于 $s$ 的数的个数 然后考虑剩下
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摘要:传送门 对于某个点 $(x,y)$ ,不妨设 $x<y$ 因为如果 $x>y$ 直接按 $y=x$ 对称一下即可 当且仅当正方形左下角 $(a,a)$ 满足 $a<=x$,右上角 $(b,b)$ 满足 $b>=y$ ,才能得到这个点的价值 所以发现其实是个二维偏序的问题,直接把 $(a,b)$ 看成
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摘要:传送门 首先每一段连续的 $...$ 都是互不影响的,所以可以一段段考虑 考虑最简单的情况,此时每一段都大于等于 $a$ 并且小于 $2b$ ,那么每一段都只能放一次,胜负直接根据段数即可得到答案 考虑如果存在段长小于 $a$ 却大于等于 $b$ 的情况,此时后手可以随时放在那个位置,当然也可以不放
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摘要:传送门 这是一道英语题,首先要读懂题目: $\text{Alex believes that his trip will be interesting only if he will not use any road twice in a row.}$ 这句话意思是不会连续走一条路,但是同一条路是可
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摘要:传送门 这一题真是什么做法都有啊... 首先看完题目就知道要离线,然后树上差分十分显然 所以现在的问题就是求每个节点子树内出现最多的颜色 这个显然可以每个节点维护一个动态开点权值线段树然后通过儿子节点线段树合并得到当前节点的答案 这个时间复杂度经过分析是 $O(n \log ^2n)$,因为每个插入
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摘要:传送门 首先考虑到放一个棋子以后少掉的哪一行一列我们可以直接忽略,把被切开的四个部分重新拼成一个矩形 所以状态就只要考虑当前有几行几列,放了哪些棋子,考虑同一种颜色的一起放 设 $f[i][j][k]$ 表示放完前 $i$ 种颜色的棋子,剩下 $j$ 行 $k$ 列空着 那么转移直接枚举这一种颜色占
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