随笔分类 - 瞎搞
摘要：传送门 考虑一个非根非叶子节点如何无限大，显然只要任意两个儿子权值不同即可 考虑到根节点不会变，所以只要对根节点每一个儿子子树分别处理，如果子树内任意一个节点有两个权值不同的儿子直接输出 $+inf$ 考虑剩下的情况，子树如果是一颗普通树结构的话，那么每个节点都必须满足 $val[fa]+val[s
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摘要：A. There Are Two Types Of Burgers 题意： 给一些面包，鸡肉，牛肉，你可以做成鸡肉汉堡或者牛肉汉堡并卖掉 一个鸡肉汉堡需要两个面包和一个鸡肉，牛肉汉堡需要两个面包和一个牛肉 求能得到的最多的钱 直接贪心，哪个比较贵就选哪个做，剩下的材料再做另一个 #include<i
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摘要：传送门 发现保持自信和做其他事情互不干扰，可以直接做一次 $dp$ 求出最多能空出几天来怼大佬 然后就变成给你若干天，是否能怼死大佬，考虑求出所有的 天数和输出的嘲讽值集合，因为天数不多，嘲讽值增长很快 所以直接 $BFS$ + $map$ 去重就行了 不怼大佬或者只怼一次的情况容易计算，现在问题是
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摘要：传送门 注意到 $a,b$ 不大 考虑对每一个 $a*2^b$ 的 $b$ 分别背包 设 $f[i][j]$ 表示只考虑 $b=i$ 的物品时，容量为 $j= \sum a$ 的最大价值 这个就是普通的 $01$ 背包 考虑把 $f[i][j]$ 之间合并起来，为了得到容量为 $W$ 时的答案，我们
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摘要：传送门 显然有 $dp$，设 $f_i$ 为 $i$ 的 $lqp$ 拆分的权值和，考虑枚举拆分的最后一个数，不妨设 $f_0=1$ 那么有 $f_i=\sum_{j=1}^{i}f_{i-j}F_{j}$ ，$F_{i}$ 表示斐波那契数列的第 $i$ 项 变一下就是 $f_i=\sum_{j=0
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摘要：传送门· 对于询问 $(a,b)$ ，感觉一维很不好维护，考虑把询问看成平面上的一个点，坐标为 $(a,b)$ 每个坐标 $(x,y)$ 的值表示到当前 $x$ 和 $y$ 联通的时间和 考虑一个修改的贡献，它其实就是把左边一段区间 $[l,x]$ 和右边一段区间 $[x+1,r]$ 联通或断开 放
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摘要：传送门 考虑如果能确定每个鞋子最终交换到的位置，那么答案容易算出 具体地，如果原位置为 $i$ 的鞋子要交换到 $pos[i]$ 那么最终答案就是 $pos$ 的逆序对数量 如果不懂可以先去写 NOIP2013火柴排队 我的题解也有关于这个的证明 考虑怎么确定最优的方案，容易想到每个鞋子都找离它最近
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摘要：传送门 感觉题意不太清楚 可能我英语不行 每层只能有一头牛 考虑对于任意一个方案，其中某个相邻位置 $i,i+1$，如果把它们交换会产生的贡献 其他位置显然没有影响，这两个位置交换前为 $max(W-p[i+1],W+w[i+1]-p[i])$，交换后 $max(W-p[i],W+w[i]-p[i+
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摘要：传送门 考虑任意一个运送顺序，对于第 $i$ 头牛和第 $j=i+1$ 头牛，把它们的顺序交换会如何 首先其他牛的代价仍然不变 改变的代价为 $2t[i]*v[j]-2t[j]*v[i]$，如果左边式子小于 $0$，我们就把这两头牛交换，一直交换最终代价就是最小的 所以直接按 $t[i]/v[i]$
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摘要：传送门 考虑任意一个排队方案，对于其中某两个相邻位置 $i>0,j=i+1$，如果交换更优 那么有 $max(A/r[i],Al[i]/r[j])>max(A/r[j],Al[j]/r[i])$，其中 $A=\prod_{k=0}^{i-1}l[k]$，$l[0]$ 是国王左手的数 因为 $A/r[
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摘要：传送门 显然有一个想法，把 $A,B$ 从小到大一一对应，这样距离最小，证明的话好像挺显然的 设 $A_i<A_{i+1}$ ，$B_{i}<B_{i+1}$，那么如果 $A_i$ 对应 $B_i$，$A_{i+1}$ 对应 $B_{i+1}$ 距离为 $(A_i-B_i)^2+(A_{i+1}-B
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摘要：传送门 $rqy$ 的题解好神啊.... 设 $f_n$ 表示 $n$ 个点的二叉树个数，$g_n$ 表示所有 $f_n$ 颗二叉树的叶子节点总数 那么答案就是 $g_n/f_n$，首先 $f_n$ 显然就是 $Catalan$ 数列 打表可以发现 $g_n=nf_{n-1}$，证明很神 因为一个
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摘要：传送门 子任务 $4$ 告诉我们可以离线搞带权并查集 从大到小枚举询问，从大到小连边 如果没有修改操作就可以过了 但是有修改，考虑最暴力的暴力，搞可撤销并查集 同样先离线，从大到小处理询问时，按原边权从大到小枚举到一条边时，如果他一直都没有修改，那么直接加入并查集 如果有修改那先不要加，枚举所有修改
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摘要：传送门 显然考虑 $dp$，发现时间只和当前位置和攻击次数有关，设 $F[i][j][k]$ 表示当前位置为 $i,j$ ，攻击了 $k$ 次得到的最大分数 初始 $f[1][1][k]$ 为位置 $1,1$ 能打到的前 $k$ 大位置的分数和 每次移动都会多一行或多一列目标可以选择，攻击时显然优先
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摘要：传送门 一看就是田忌赛马搞搞贪心 考虑如何求最优方案 $1$.考虑当前队伍最强的人，如果他比敌方最强的强，那么有于他一定会得两分，所以直接找到敌方最强的得到两分就好，也可以为后面减少压力 $2$.考虑一下当前队伍中最菜的人，如果他比对方队伍中最菜的强，那么就让他们比，得到两分，因为敌方最菜的一定会白
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摘要：传送门 首先求出缩一个点 $x$ 的贡献，就是缩 $x$ 的父亲的贡献加上 $x$ 的子树多减少的深度 假设此时缩父亲的贡献已经考虑过了，那么 $x$ 的子树多减少的深度就是子树的节点数 注意此时要满足 $x$ 不是根节点或根节点的儿子，不然缩和没缩是一样的 设这个贡献为 $sum[x]$ 然后把所
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摘要：传送门 考虑求出最小的循环节 $G$ 使得 $t,t+G$ 得到的数对是一样的 由 $y \equiv t \mod B$ ，得到 $G$ 一定是 $B$ 的倍数，设 $zB=G$，则 $t,t+zB$ 结果相同 代入 $x \equiv (t+\left \lfloor \frac{t}{B} \
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摘要：传送门 首先能想到 $n^2$ 的做法 枚举所有两点，看看是否有边相连，如果没有说明它们一定要在同一集合，用并查集维护一下就行 注意到如果没有边这个条件，其实就相当于问补图有边 所以题意可以转化为，求补图的每个联通块大小 求联通块可以想到 $bfs$，代码大概长这样： 但是这样枚举点还是 $O(n^
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摘要：传送门 哈希 $dfs$ 枚举所有节点，进入时哈希值加一个左括号，把所有儿子哈希值加入，退出时加一个右括号 因为儿子的顺序可以任意，所以要把儿子哈希值 $sort$ 以后再顺序加入 因为根节点不确定，所以枚举所有节点作为根都算一遍哈希值 比较的时候同样把所有根的哈希值排序后顺序比较，只要有一个不同就
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摘要：传送门 这题看一眼就很不可做 考虑对于任意一个最终状态，对于一条边的贡献分成三种情况 如果此边连接的两点属于 $A$，那么对 $A$ 的贡献就是边权 $w$，即对答案的贡献为 $+w$ 如果两点都属于 $B$，对 $B$ 的贡献就是边权 $w$，对答案的贡献为 $-w$ 如果两点属于两人，那么对答案
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