随笔分类 - 瞎搞
摘要：传送门 分块 对每个块维护一个 $add$ 和 $del$ 标记，对于块 $o$ 内某个位置 $i$，它真实的修改量为 $a[i]+add[o]*i-del[o]$ 这样就可以维护一个区间加一个等差数列的操作了 对于操作 $2$，交换两个位置，直接把两个位置的块标记下传，然后直接交换 对于操作 $1
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摘要：传送门 看到数据范围，显然 $n^2$ 的 $dp$... 设 $f[i][j]$ 表示 $A$ 串考虑了前 $i$ 位，$B$ 串考虑了前 $j$ 位，最优情况下的方案数 但是好像没法判断转移来的是否为最优方案？ 所以再设 $g[i][j]$ 表示 $A$ 串考虑了前 $i$ 位，$B$ 串考虑了
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摘要：传送门 先考虑如何判断无解，设 $sum[i]$ 表示确定的人中，编号大于 $i$ 的人的人数 如果 $sum[i]>n-i+1$ 则无解，进一步考虑设 $f[i][j]$ 表示当前确定完编号大于等于 $i$ 的人，除去原本固定的人还有 $j$ 人已经确定 那么有 $f[i][j]=\sum_{k=
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摘要：传送门 把所有人按 $a_i$ 从小到大排序， $a_i$ 越小说明如果那个人说真话，分数越高 对于 $a_i$ 相同的人，如果 $b_i$ 不同那么最多只有一种 $b_i$ 是真的，所以考虑把 $a_i,b_i$ 相同的合并，价值为人数 进一步考虑，对于 $a_i$ 不同的人，他们同时说真话的条件
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摘要：传送门 A. Creating a Character 设读入的数据分别为 $a,b,c$ 对于一种合法的分配，设分了 $x$ 给 $a$ 那么有 $a+x>b+(c-x)$，整理得到 $x>(b+c-a)/2$ 因为 $x \in [0,c]$ ，所以求一下区间交的大小即可，注意 (b+c-a)
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摘要：传送门 发现蚂蚁不多，所以考虑两两枚举然后判断 那么首先要求出两条链的公共部分，然后根据之间在公共链的时间段和是同向还是反向进行判断 思路简单但是细节很多...... 首先求链的公共部分，设两种蚂蚁为 $a,b$，路径分别为 $As,At$，$Bs,Bt$ 那么经过一波手玩分类讨论，公共部分的两端点
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摘要：传送门 首先可以想到二分答案，然后考虑判断 注意到所有点的外包矩形的四条边一定要被覆盖到，而正方形只有 $3$ 个，所以一定有一个正方形在角落 考虑爆搜，枚举正方形在当前外包矩形的那个角，然后对剩下的点的外包矩形继续这样搞
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摘要：传送门 快乐模拟，修身养性 代码长度其实还好，主要是细节多 只要知道一些计算几何基础知识即可快乐模拟，按着题目要求一步步实现就行啦 注意仔细读题，蚂蚁每 $5$ 秒乱走一次的时候是只要能走就走了，不一定要信息素最多 还有因为炮台是同时打的，所以目标要提前选好，就算某只蚂蚁被打成负血了，还是会继续被打
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摘要：传送门 写出式子，若存在 $a \in A$，$b \in B$，使得 $b+v=a$，那么此方案会产生冲突 即存在 $a \in A$，$b \in B$，使得 $v=a+(-b)$，设 $C=A+(-B)$ 那么有 $v \in C$，$+$ 表示闵可夫斯基和，$-$ 表示坐标符号取反 所有直接
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摘要：传送门 推推式子，对于原数列 $a[i],a[j]$ 如果要保留它们，那么它们之间的数就要改成单调上升 显然能改成单调上升的条件是 $a[i]<a[j]$ 并且 $a[j]-a[i]>=j-i$ ，也就是 $a[j]-j>=a[i]-i$ 所以设 $b[i]=a[i]-i$，那么对于第一问就只要求
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摘要：传送门 弧线不好处理，考虑先求出直线的总长 画个图发现，把直线向内移动 $r$ 以后，所有直线构成了圆心点集的凸包 然后考虑弧线的长度，容易发现弧线的长度总是圆的周长，大概证明就是直线需要经过弧线才能拐弯 因为最后拐回来了，所以绕了一圈，那么弧线的弧度总和就是 $2\pi$ 然后求所有圆心的凸包加上
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摘要：传送门 注意题目要求的字典序最小是指下标最小 容易想到 $dp$，但是发现正着做不好搞，考虑反过来搞 原本正着做是求最长上升子序列，反过来就变成求最长下降子序列 然后我们就可以求出以每个位置为起点的上升子序列的最大长度 然后直接贪心从前往后枚举即可，复杂度 $O(nm)$ 维护最长下降子序列我是用树
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摘要：传送门 我是弟弟 把操作离线，然后维护带权并查集，从小边到大边一个个合并，每次合并的时候计算贡献 显然方案数为左边块大小乘右边块大小 我好菜啊
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摘要：传送门 好巧妙的题啊... 首先因为 $a+b+c=1$，所以我们忽略 $c$，只要确定出 $a,b$ 即可 考虑构建平面直角坐标系，横坐标为 $a$，纵坐标为 $b$，那么一种原料或者合金 $v_1=(a_1,b_1)$ 就可以看成平面上的一个向量 而如果某两种原料 $v_1,v_2$ 可以构成一
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摘要：传送门 发现 $A$ 不大，又允许较大的误差，考虑乱搞 考虑求出每个位置的答案，因为有 $1e5$ 个位置，所以每个位置差不多可以计算 $100$ 次贡献 所以把每个可以贡献的位置尽量均匀分成 $100$ 个块，同一个块内答案一起算 本来一个位置的贡献是 $m[i]m[j]/(i-j)$ ，那现在一
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摘要：传送门 确定排名看一眼就想到 $floyd$ 传递闭包，然后因为 $n$ 比较大所以要 $bitset$ 优化 要求最少次数？然后就想到二分，然后就自闭了 结果网上做法都默认一个个比较就是最优解的吗？随便吧，题目应该是有错的...
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摘要：传送门 边数不大，可以把点离散化，然后点数就只有 $200$ 考虑 $dp$，设 $f[k][i][j]$ 表示走了 $k$ 步，从 $i$ 到 $j$ 的最小路程，发现转移可以倍增优化 $f[k][i][j]=min(f[k/2][i][j],f[k/2][i][l]+f[k/2][l][j])$
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摘要：传送门 A. XORinacci 手玩三四项发现序列就是 $a,b,a\ xor\ b,a,b,...$，直接输出即可 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath>
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摘要：传送门 看上去无从下手，把式子写出来冷静一下： 对于区间 $[i,j]$ ，要满足要求的条件为： $sum[i][1]-sum[j-1][1]=sum[i][2]-sum[j-1][2]$ $sum[i][1]-sum[j-1][1]=sum[i][3]-sum[j-1][3]$ ... $sum[
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摘要：传送门 看一眼感觉 $dp$，发现状态没法维护 考虑贪心，然后就想了两个错的贪心... 正解好神啊 首先如果权值最大的点能够一步染色那么肯定要染它 意思就是，一旦父节点被染色那么它就要接着被染色 那么把它们父子两合并成一个新的点，其他节点根据原来的边也连上来 考虑新的点的权值要怎么搞，现在既然这个节
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