随笔分类 - 瞎搞
摘要：A. Hotelier 题意：有十个位置初始为 $0$，三种操作，找到左边第一个空位，变成 $1$，找到右边第一个空位，变成 $1$，把某个位置变成 $0$ 直接模拟.. #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include
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摘要：传送门 感觉正着做不太好搞，考虑倒过来搞 容易想到贪心，每一层都贪心地选最小的宽度，然后发现 $WA$ 了... 因为一开始多选一点有时可以让下一层宽度更小 然后有一个神奇的结论，最高的方案一定有一种是底层最窄的方案 证明： 考虑把所有块按顺序排成一排并分成几段，每一段都表示一层，假设如图是一种底层
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摘要：传送门 从左到右扫一遍，考虑什么时候会和之前形成同一幢房子从而不用统计 显然是当前的高度和之前某个点高度相同，并且它们之间没有更矮的建筑 考虑用一个单调栈维护一个单调上升的房子轮廓，然后对于扫到的每一个高度，看看栈里有没有相同的高度就行了 但是我比较傻逼，没想到，所以用 $set$ 去维护单调栈就可
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摘要：传送门 考虑一个玩家的路径 $(x,y)$ 对路径上的一个节点 $u$ 的贡献 设 $lca=LCA(x,y)$ ，当 $u$ 在链 $x,lca$ 上时，路径会产生 $1$ 的贡献当且仅当 $dep[x]-dep[u]=w[u]$ 其中 $dep[i]$ 表示节点 $i$ 的深度，$w[i]$ 就
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摘要：传送门 搜索，剪枝 首先可以二分答案迭代加深，假设要买 $p$ 台 那么肯定卖价格最小的 $p$ 台 再来个 $A*$ ，设搜到当前情况时，有 $waste$ 的钱一定要被浪费（其实就是某些学校剩下的钱连最便宜的都买不起） 设最便宜的 $p$ 台电脑总价值为 $sum$ ，所有学校的总钱数为 $S$
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摘要：传送门 直接 $dfs$ 会 $T$ 飞，$BFS$ 又会爆空间 考虑迭代加深搜索，枚举走的最大步数， $dfs$ 时如果步数大于枚举的步数就返回 然后再加个估价函数 $diff$，表示当前状态与最终状态差的格子数，如果就算每一步都能减少一个不同且最后一步能减少两个不同都无法在限定步数内到达 那么就
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摘要：A. Drinks Choosing 有 $n$ 个人，每个人各有一种最喜欢的饮料，但是买饮料的时候只能同一种的两个两个买(两个一对) 学校只打算卖 $\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil$ 对 这意味着有些学生喝不到最喜欢的饮料，求最多有多少学生能喝的最喜欢
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摘要：传送门 看到这个式子就感觉很有意思 左边就是求一次函数 $y=\left \lfloor \frac{q}{p} \right \rfloor x$ 在 $x \in [0,(p-1)/2]$ 时函数图像下方的整点数量 右边就是求一次函数 $y=\left \lfloor \frac{p}{q} \
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摘要：传送门 看到组合数在模 $2$ 意义下的乘积，考虑用 $lucas$ 定理把组合数拆开 $lucas$ 告诉我们，$C(n,m)$ 在模 $k$ 意义下的值，相当于 $n,m$ 在 $k$ 进制下每一位的组合数分别相乘的积在模 $k$ 意义下的值 就是若 $n=\sum_{i=0}a[i]k^i$，
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摘要：传送门 用 $FFT$ 搞字符串匹配，神仙操作.... 对于两个字符串 $A,B$，定义 $dis(A,B)=\sum_i(A_i-B_i)^2$ 显然当且仅当 $A=B$ 时，$dis(A,B)=0$ 这一题还有要求，'*' 为通配符，所以这题的 $dis(A,B)=\sum_i((A_i-B_i
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摘要：传送门 看题目一眼斜率优化，然后写半天调不出来 结果错误的 $dfs$ 有 $95$ 分？暴力 $SPFA$ 就 $AC$ 了？ 讲讲正解： 显然是斜率优化的式子： 先不考虑 $q_{s_k}$ 的贡献，设 $f[i]$ 表示当前时间为 $i$ 的最小代价 如果不考虑位置关系，有 $f[p_i]=f
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摘要：传送门 注意每一单位蔬菜的变质时间是固定的，不随销售发生变化 固定的...... 就是每一个单位的蔬菜在哪一天变质是早就定好了的 发现从第一天推到最后一天很不好搞 考虑反过来，从最后一天推到第一天，这样就相当于每天多一些蔬菜 不管现在怎么卖都不会影响下一天多的蔬菜，不会出现贵的留到后面卖的操作，因为
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摘要：传送门 题目大意： 一个 $N$ 个节点的有根树（点 $1$ 为根），节点从 $1$ 到 $N$ 编号，每个节点有一个颜色 $C_i$ 对于一个以 $x$ 为根的子树，我们认为颜色 $c$ 在这个子树中出现次数是最多的，则认为 $c$ 支配这个子树 如果多个颜色出现次数相同并且都为最大，则它们都支配
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摘要：传送门 BZOJ 上有加强版的数据 :$n<=10^6$，传送门 题面有点长... 考虑先把树的直径求出来，然后瞎搞一下 考虑直径上的点对答案的贡献，显然两个端点的贡献是最大的，可以直接在直径上用一个双指针维护一下左右边界 $l,r$，每次 $r$ 向右走，然后 $l$ 跟着走，贪心地想，显然 $l
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摘要：传送门 神仙题... 和树的深度有关，由于 $BFS$ 序的性质，显然可以通过把 $BFS$ 序分成若干段来求出深度，每一段就对应某一深度从左到右的所有节点，那么如果确定了分的段数就确定了树的深度（分的段数 $+1$） 为了方便，先把 $BFS$ 序变成从 $1$ 到 $n$ 的序列， $DFS$
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摘要：传送门 网络流毒瘤题... 每个方格不是黑就是白，对于有些方格 $i$ ，只要有一个方格 $j$ 满足 $j$ 为白 $i$ 为黑就会产生额外的代价（设这个限制为 $(j,i)$） 发现其实就是最大权闭合子图的改版... 考虑先把所有黑白的价值加起来，然后减去最少要减去的代价 设 $S$割 的点为黑
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摘要：传送门 需要对网络流有较深的理解... 跑完最大流后判断一条边是否可以成为割边的充分必要条件是： $1.$ 满流 $2.$ 此边连接的两点 $(u,v)$ 在残量网络上不存在从 $u$ 到 $v$ 的路径 感性理解一下就是如果不满足说明它不能成为 "瓶颈" 跑完最大流后判断一条边是否必须为割边的充分
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摘要：传送门 考虑先不管限制跑一遍 $Kruscal$ 如果白色边少了，说明白边相对权值比较大 如果白色边多了，说明白边相对权值比较小 发现如果给白边适当改变一点权值，就可以使得白边选择的数量改变 考虑二分一个偏移量 $mid$ 每次给所有白边加上 $mid$ 后跑一遍 $Kruscal$ 看看白边是多了
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摘要：传送门 看计数想容斥 考虑强制选 $K$ 个数作为子集，剩下数组成的集合随便选几个子集使得它们交集为空 显然 $n$ 个数中强制选 $K$ 个数的方案数是 $C_{n}^{K}$ 剩下的数构成的子集总数有 $2^{n-K}$ 个，那么如果没有交集为空的限制方案数就是 $2^{2^{n-K}}-1$（
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摘要：传送门 语文题，要读懂题意... 题目中的双亲节点就是父节点的意思 部门的意思是有边直接相连的子图 求的是 最大的部门节点子集 ，意思是对于所有部门，在所有部门选出一些子集，使得子集并起来后的大小最大，并且并起来的子集中的节点满足对于任意祖先后代节点，祖先的节点值小于等于后代的节点值 题面好像没有保
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