09 2019 档案
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 不妨把每一堆按照石头数量从小到大排序 注意到每次只能拿一个石头，那么不论何时每堆石头的排名都是一样的 那么最终所有堆的状态一定就是 $0,1,2,...,n-1$，现在每一堆最终的石头数量都确定了 那么我们直接把每一堆的石头数量减去这一堆的排名，再加上 $1$，就得到每一堆能拿走的石头数量
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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 发现到 $K$ 不大，考虑有什么和 $K$ 有关的结论 发现答案似乎只会经过前 $K$ 小的边，如果边权第 $K$ 小的边有多条那么可以任意取 证明挺显然的吧，首先如果走了边权排名大于 $K$ 的边那么总的排名也一定大于 $K$，并且如果经过第 $K$ 名的边那么我们就只要考虑只走这一条边的
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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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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 首先贪心， $S$ 能和 $T$ 匹配就要尽量匹配，剩下的才让 $P$ 来补 在 $S$ 全部匹配上的情况下，看看 $P$ 是否有足够的字符即可
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摘要：传送门 直接枚举填满哪一行，然后看看这一行填满以后哪一列最小 这个预处理一下 $cnt[i]$ 表示初始时第 $i$ 列有几个位置填满就可以做到 $O(m)$ 对于所有情况取个 $min$ 就是答案，复杂度 $O(nm)$ 存输入用 $string$ 即可，多组数据记得清空
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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 垃圾翻译毁一生怎么办 题目看错直接 $GG$ 首先所有 $a_i$ 重复出现的人全都可以加入 考虑剩下的人发现 $a$ 必须是初始那些人的子集才能加入（证明显然），设当前考虑的人为 $x$ 则集合存在 $y$ ，使得 $a_y>a_x$ 并且 $a_y \text{&} a_x=a_x$ 证
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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 注意到题目给的条件，序列初始只有 $-1,0,1$，猜一下最终的数列在最优情况下也都是 $-1,0,1$ 证明也挺显然吧，如果一个数初始为 $-1$ ，并且前面一个数是正数，那么这个正数为了让 $-1$ 变成大于等于它的数，不论如何都必须操作两次 如果一个数初始为 $0$ ，那么要变成大于等
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摘要：传送门 看到方程感觉比较奇怪，变一下： 注意到 $3x=(x<<1)+x$ 那么 $x \text{ xor } ((x<<1)+x)=(x<<1) $ 左右同时异或 $x$ ，得到 $(x<<1)+x=(x<<1) \text{ xor } x$ 因为 $\text{xor}$ 是不进位的加法 发
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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 容易想到 $dp$，但是如果直接设 $f[i][j]$ 表示修正完前 $i$ 个位置，第 $i$ 个位置增加了 $j$ 高度显然是不行的 考虑有性质，发现每个位置只会被左右两个位置影响而改变，即如果一边等于它那么才要考虑增加它的位置，并且如果此时另一边恰好比它原本高度大 $1$，这个位置才要
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摘要：传送门 考虑如何保证限制，首先团队数最大就是 $min(c,m)$ 但是还不够，每个团队还要 $3$ 个人，所以还要和 $(c+m+x)/3$ 再取 $min$ 这样就满足所有限制了
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摘要：传送门 看到棋盘上跳马，发现如果把棋盘黑白染色，那么每次移动都是从白点到黑点，从黑点到白点 所以直接根据黑白染色判断每个位置的马的颜色即可
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摘要：传送门 首先对于 $b>0$ 的工作显然有个贪心，把 $b>0$ 的按 $a$ 从小到大排序 把能做的都做了，然后得到一个最大等级 剩下就是考虑 $b<0$ 的工作了，看到数据显然可以 $O(nr)$ 考虑 $dp$，设 $f[i][j]$ 表示考虑完前 $i$ 个工作，当前等级为 $j$ 时能完成
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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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摘要：传送门 首先考虑怎样的集合一定是合法的 发现全部是奇数的集合一定合法，因为每次都是奇数连偶数，偶数连奇数 然后考虑如果集合同时有奇数和偶数是否一定不合法，结论是一定不合法，证明如下： 设某个奇数为 $2x+1$ ，某个偶数为 $2y$，那么 $0$ 到 $(2x+1)*(2y)$ 就有两种路线，$2
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摘要：传送门 首先显然的，如果 $l$ 能移动，那么 $r$ 一定可以随便移动，如果 $l$ 不动，那么 $r$ 一定不能动 那么我们现在只要考虑 $l$ 的移动即可 考虑找到位置 $k$ 之前的最左边的最小的字符，如果存在，先手可以直接把 $l$ 移过去，那么后手就没得走了 如果不存在，那么先手显然没得
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摘要：传送门 冷静分析容易发现，我们只要能确定一个数的值，所有值也就可以确定了 确定一个数的值很容易，$a_ia_j=M_{i,j},a_ia_k=M_{i,k},a_ja_k=M_{j,k}$ 然后就可以得到 $a_i=\sqrt {M_{i,j}*M_{j,k}/M_{j,k}}$ ，然后这一题就做完
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摘要：传送门 首先肯定要确定贪心走法，然后再考虑代价 首先注意到 $(x,y)$ 位置的值其实就是 $C(x+y,x)$ 的值 那么如果要从 $(0,0)$ 到 $(n,m)$，我们肯定不会往回走（不会跑出 $(n,m)$ 的矩形再绕回来） 归纳一下我们只要考虑往上和往右 不妨设 $m>n$ 注意到边缘的
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摘要：传送门 看到这种奇怪的要求，考虑一下推结论 考虑把路径上的点权拿出来排序，变成一个数列，那么显然我们只要考虑相邻连续的 $3$ 个数 发现如果我们贪心构造一个尽量无法构成三角形的数列，那么最小的数列就是斐波那契数列 众所周知斐波那契数列增长很快，第 $50$ 项显然远大于题目给出的点权范围，所以如果
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摘要：传送门 就是个普及组 $dp$ 合集，把 $NOI$ 从左到右拆成 $9$ 个部分，每个部分都可以分别 $dp$ 除了 $N$ 的中间部分比较恶心以外其他都还好，自己推一下然后就知道转移，就 $N$ 的中间优化转移比较不好写 随便吧，反正 $9$ 个 $dp$ 都挺简单的，量变导致质变，我在想那一年
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摘要：传送门 发现这个内积和矩乘有点像，考虑构造一个 $n$ 行 $m$ 列的矩阵 $A$，每一行都是一个题目给定的 $m$ 维向量 设 $B=AA^T$ ，其中 $A^T$ 为 $A$ 的转置矩阵，那么对于 $B_{i,j}$ 的值，它其实就是向量 $i$ 和向量 $j$ 的内积 注意到 $K$ 只有
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摘要：传送门 因为某些原因，所以我就去学了 $LCT$ 维护直径， $LCT$ 维护直径我上一个博客讲得很详细了：传送门 这里维护虚儿子用的是 $multiset$ ，没写可删堆
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摘要：传送门 动态维护树上节点到其他所有点的最长距离 算是 $LCT$ 的模板之一吧 $LCT$ 维护直径，这一题其实可以不用维护直径的，但是我当模板写了 首先我们都知道 $LCT$ 里面的 $splay$ 维护的是一段树链，$splay$ 的子树内的节点恰好为原树上一段连续的链 对每条实链的 $spla
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摘要：传送门 题目看一半："woc 裸的 $2-sat$ 白给??" 看完以后："...???" 如果没有 $f$ 的限制，那就是个白给的 $2-sat$ 问题，但是现在有这个限制... 直接枚举 $f$ 显然不行，考虑把 $f$ 也纳入我们构建的 $2-sat$ 模型 对于某个限制在 $[l,r]$ 的
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摘要：传送门 注意到 $a$ 的值的数量并不大，考虑状压 $dp$ 设 $f[S]$ 表示此时确定的数集合为 $S$ ，且按某种顺序从数列开头排列完成的最小交换次数 那么每个状态枚举最后一个填的数，加上代价后，取最小值即可 现在最大的问题是，代价怎么算...??? 注意到我们每次交换相邻的两个数，这两个数
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摘要：传送门 博弈，发现情况有点多，分析一下把有用的状态提取出来 显然各个位置的数字是没用的，我们只要知道两边的数字和分别是多少 并且状态显然和左右两边的 "?" 数量有关 因为最终我们只在意左右是否相等，即差值是否为 $0$ 所以两边的数字和分别是多少也不必要，我们只要知道两边数字的差即可 再分析一下，
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摘要：传送门 好像是个挺显然的贪心 首先每次交换当然要尽量一次交换就多两个相同的位置 即 优先把 $\begin{bmatrix}a\\ b\end{bmatrix}$ 和 $\begin{bmatrix}a\\ b\end{bmatrix}$ 交换 优先把 $\begin{bmatrix}b\\ a\e
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摘要：传送门 基环树的题当然先考虑树上怎么搞，直接求个直径就完事了 现在多了个环，先把非环上的直径（设为 $ans$）和环上节点 $x$ 到叶子的最大距离（设为 $dis[x]$）求出来 考虑到对于某种最优的方案，环上一定有某条边完全不用走 所以可以枚举断哪个边然后暴力，显然会 $T$ 飞 考虑能够快速求
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摘要：传送门 考虑到达某个点时的数长度要尽量短，那么可以把边长看成此边十进制下的位数 那么对于最终答案我们只要考虑最短路 $DAG$ 上的情况 又发现其实边长都很小，所以可以暴力拆边，把边权都拆成 $1$，这样就可以 $BFS$ 了 考虑最优情况，对于 $BFS$ 时同一层的点，要扩展到下一层，我们肯定要
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摘要：传送门 发现 $n$ 很小，考虑状压 $dp$，但是如果强行枚举列并枚举置换再转移复杂度太高了 考虑推推结论，发现我们只要保留列最大值最大的 $n$ 列即可，证明好像挺显然： 假设我们让列最大值比较小的列贡献给某一行，那么由抽屉原理发现这意味着列最大值排名前 $n$ 的某一列一定没对答案贡献， 此时
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摘要：传送门 考虑构建图论模型，每个客人看成边，菜看成点，那么每个客人连接他喜欢的两个菜 对于某个客人，如果他要开心，它连接的两点至少要有一个还未被选择 考虑一个显然的贪心，我们要尽量让每个客人只吃到一种菜 考虑构建一个生成树，每次从树上一个节点往外延伸，连向一个新的点，那之间的边就是新的一个客人 并且这
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摘要：传送门 首先显然可以矩乘快速幂然后 $T$ 飞 看一眼题解发现因为这一题矩阵的特殊性所以可以对矩阵的次数欧拉降幂 然而我并不懂证明，所以我选择暴力乱搞的做法 十进制快速幂，然后注意一下常数，还有矩阵乘的顺序，别反了
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摘要：传送门 设 $pre[i]$ 表示位置 $i$ 的数上一次出现时的位置，如果是第一次出现则 $pre[i]=0$ 对于每个询问的第二个部分，即是问在区间 $[l,r]$ ，权值 $[a,b]$ ，$pre<l$ 的数的数量 对于第一个部分，就是问区间 $[l,r]$ ，权值 $[a,b]$ ，的数的
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摘要：传送门 首先按着固定套路，把切比雪夫距离转成曼哈顿距离：$(x,y)=(\frac {x+y} {2} , \frac {x-y} {2})$ 当然代码实现时先不要除以 $2$ ，不然小数比较难受，最后统一除 $2$ 即可 然后可以用前缀和快速计算每个位置作为答案时的贡献 发现 $x$ 和 $y$
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摘要：传送门 考虑把 $sum$ 值相同的一起用快速幂计算 枚举 $sum=i$ ，然后可以用数位 $dp$ 求有多少小于 $n$ 的二进制下恰好有 $i$ 个 $1$ 的数的个数 注意不要把个数取模，因为个数是幂次
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摘要：传送门 因为 $K$ 是固定的，所以我们可以预处理每一段 $K$ 个的序列的哈希值，那么对于询问我们只要判断区间内是否有此哈希值即可 显然主席树维护，没了
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摘要：传送门 首先对于斜率相同的直线，只要保留 $b$ 最大的那些 发现最后那些对答案有贡献的线段是下凹的 把直线按斜率从小到大排序，一条条加入，用单调栈维护当前有贡献的直线 如果当前考虑加入的线和倒数第二条线的交点横坐标小于它与最后一条线的横坐标 或者，当前直线的 $b$ 比上一条直线的 $b$ 大 那
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摘要：传送门 有回档操作，考虑离线，这样就知道最终的操作序列了 发现前面的操作会被后面覆盖，干脆直接从后往前操作，如果一个位置以前染色过了那就不用再染色 所以我们可以用 $n$ 个链表维护 $n$ 个行，操作过的位置直接从链表中删除即可 然后复杂度就是 $O(nm)$，代码中是用 $n$ 个并查集来维护行
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摘要：传送门 有插入的操作，而且两种修改对区间和都可以打标记，所以直接平衡树维护就完事了 区间加等差数列的操作就维护一个 $s,p$ 表示区间加以 $s$ 为首项，$p$ 为公差的数列，然后记得覆盖标记要直接把以前的标记都覆盖 因为我不知道区间覆盖的值域是多少，所以多维护一个 $pd$ 判断是否有覆盖标记
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摘要：传送门 看到棋盘先黑白染色冷静一下 然后发现...攻击的时候同种颜色不会相互攻击 这样就是个网络流经典套路了，关于这个套路我以前好像写过几题，那边有解释一下：传送门 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cs
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摘要：传送门 看到题面就是多模式串匹配，显然考虑 $AC$ 自动机 但是一个个匹配显然太慢了，想想匹配时在做什么，对于一个文本串，我们在自动机上走走走，每到一个位置就把那个位置的标记 $+1$，最后一波 $dfs$ 统计 $fail$ 树子树的标记和，然后对于某个模式串，它在自动机上结束节点的子树和就是它
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摘要：传送门 首先题意就是求一个点到所有其他点的切比雪夫距离和最小 考虑枚举所有点作为答案，那么我们需要快速计算切比雪夫距离和，发现不太好算 根据一些奇怪的套路，我们把坐标系变化，把 $(x,y)$ 变成 $(\frac {x+y} {2} , \frac {x-y} {2} )$ 这样搞以后，原本坐标系
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摘要：传送门 看到数据范围，显然可以 $m^3 \log n$ 考虑构造矩阵 考虑 $i^m \cdot m^i$ 怎么通过矩阵变成 $(i+1)^m \cdot m^{i+1}$ 首先后面那个 $m^i$ 变成 $m^{i+1}$ 十分显然，现在只要考虑 $i^{m}$ 变成 $(i+1)^m$ 把 $
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摘要：传送门 这一题看一眼就是 $dp$，发现限制是在右边，不妨把数列反过来，这样限制在左边比较舒服 然后显然地设 $f[i]$ 表示位置 $i$ 强制放守卫时控制 $[1,i]$ 的最小费用 那么转移直接枚举上一个守卫 $j$，因为之间放置木偶的花费为 $1+2+...+(i-j-1)=(i-j-1)(
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摘要：传送门 注意到关于次大值的要求，感觉直接搞不太行 考虑每个位置作为次大值时，可以包括的区间 设位置 $i$ 左边第一个大于它的数位置为 $l1$ ，第二个大于它的数位置为 $l2$ 设位置 $i$ 右边第一个大于它的数位置为 $r1$ ，第二个大于它的数位置为 $r2$ 如图所示： 那么我们可以最多
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摘要：传送门 挺显然的一题？单点修改，前缀和数组前缀查询 树状数组就可以维护了 考虑每个位置对应询问的贡献，设询问的位置为 $x$，对于原数组 $a[i]$ 的某个位置 $i$，它会贡献 $(x-i+1)*a[i]$ 即 $x*a[i]-(i-1)*a[i]$，直接对两个部分搞两个树状数组分别维护即可 具
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摘要：传送门 一看题面就是高斯消元解 $dp$ 方程组，设 $f[x]$ 表示从起点到终点，经过节点 $x$ 的期望次数 那么对于一个点 $x$，枚举所有相连的边 $(x,v)$ ，其中 $v \neq n$，设节点 $v$ 的出度为 $du[v]$ ，那么有 $f[x]=\sum_{v}\frac {f
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摘要：传送门 看到题目一眼 $cdq$ 分治，然后发现 $n,m$ 很小，感到一丝不对劲 然后去看看题解发现正解是二维树状数组 二维树状数组和一维的好像也差不多？ struct BIT { int t[N][N]; inline void add(int x,int y,int v) { for(;x<=
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摘要：传送门 设 $n=\prod_{i=1}^{m}p_{i}^{k_i}$ 对每个质因子单独考虑，如果 $a$ 的这个质因子 $p_i$ 的次数小于 $k_i$，那么 $b$ 的这个质因子次数必须为 $k_i$ 考虑 $a$ 这个质因子有多少种的取值，如果取 $p_{i}^{0}$ 到 $p_{i}^
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摘要：传送门 就是个最短路....数据过于垃圾，随机边不用连都可以 $Ac$ 这里用的是线段树优化 $Dijkstra$ ，这样就不会一个节点反复进入堆里占空间了，速度显然更快
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摘要：传送门 一眼基环树森林上面搞搞 $dp$ 本来如果是颗树，直接设 $f[x][0/1]$ 表示节点 $x$ 不选/选 时子树的最大价值 因为有环，所以设 $f[x][0/1/2]$ 表示节点 $x$ 不选/选且有非环上儿子控制/选且没非环上儿子控制 时非环上子树的最大价值 对环上每个节点往子树内跑一
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摘要：传送门 假装是个计算几何，看到最远距离，考虑二分答案 二分一个答案后每个 $boss$ 就是圆，变成了问是否能够不经过圆从 $(1,1)$ 走到 $(n,m)$，即问 $(1,1)$ 和 $(n,m)$ 是否联通 满满的狼抓兔子既视感 考虑是否联通其实就是问是否有一些圆连在一起把左下到右上断开 所以
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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 首先 $(\sum_{i=1}^{n}a_i)(\sum_{i=1}^{m}b_i)$ 展开以后包含了所有 $ab$ 两两相乘的情况并且每种组合只出现一次 发现展开后刚好和题目对序列价值的定义一样 考虑进一步的，由乘法分配率可以知道 $\prod_{i=1}^{n}(\sum_{j=1}^{
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摘要：传送门 统计每条边被最短路经过几次，点数不大，考虑计算以每个点为起点时对其他边的贡献 对于某个点 $S$ 为起点的贡献，首先跑一遍最短路，建出最短路的 $DAG$ 考虑 $DAG$ 上的某条边被以 $S$ 为起点的最短路经过的方案数，设此边为 $(u,v)$ ，那么方案数就是 $S$ 到 $u$ 的
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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 良心的动态凸包模板题 各种保证是真的舒服 $2333$ 因为只有删除操作，所以直接倒过来变成插入就行了 上动态凸包，用 $set$ 把凸包的点按 $x,y$ 为一二关键字排序，然后加点的时候找找前驱后继看看要不要删，顺便维护当前凸包长度，没了
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摘要：传送门 显然要开始写式子 $k_1a+k_2b=x$ $k_3a+k_4b=y$ 首先如果上面两个式子只要有一个没有整数解就一定不合法 如果存在 $k_1+k_2=k_3+k_4$ 那就有解咯 考虑一下发现只要 $k_1+k_2$ 和 $k_3+k_4$ 奇偶性相同即可，因为比较少的那个可以补上 $
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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 这是一个模板，如果明白插头 $dp$ 的原理，大力分类讨论就完事了 注意一些细节，比如统计答案时不一定是在 $n,m$ ，因为 $n,m$ 可能不能放 自认为自己的代码比较好看...
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摘要：传送门 本来看一眼点分治，感觉点分治不太想写，所以去写 $dsu\ on\ tree$.... 但是为了保留儿子的信息就不能维护当前节点到儿子节点的距离，只能维护根到各个节点的距离 而且还不能因为距离大于询问距离就不存了，因为相减后可能会等于 然后因为距离太大所以只能 $map$ 维护，然后就 $T
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摘要：传送门 容易想到二分，然后考虑判断是否合法 因为有不喜欢的限制，所以每个人拆成两个点 $i,n+i$ ，男生的点为 $[1,2n]$ ，女生的点为 $[2n+1,4n]$ 连边 $(i,n+i,K),i \in [1,n]\cup [2n+1,3n]$，如果是和不喜欢的匹配则从 $n+i$ 连边，否
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摘要：传送门 第一道插头 $dp$ 由于讲不清楚所以假装各位早就会插头 $dp$ 了 首先要的是一个闭合回路，所以可以用括号表示法表示状态，然后大力分类讨论 $1.$ 没有右插头和下插头 那么我们可以啥也不干，或者加一个右插头和下插头 $2.$ 只有下插头没有右插头 那么我们可以要把下插头继续延伸，可以向
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摘要：传送门 怎么主要写的都是平衡树，这种查询排名，查询第 $K$ 大的操作直接权值线段树就行了 把读入的数据离散化一波，然后开个 $map$ 维护每个人最后一次插入时在线段树上的位置，直接线段树维护就完事了 查询排名就询问大于它的节点数量，查询第 $K$ 大直接线段树上二分 就是数据格式比较恶心，细节有
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摘要：传送门 $dp$ 设 $f[i][j][k]$ 表示初始为 $k$ 时，能否得到 $[i,j]$ 这一段子串 设 $pd[i][j][k]$ 表示长度为二的字符串 $ij$ 能否由 $k$ 得到 然后枚举左右区间转移：有 $f[i][j][k]=[f[i][p][x]=1]\ and\ [f[p+1
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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 首先均方差公式： $\sigma = \sqrt{\sum_{i}^{K}\frac{(sum[i]-\bar{sum})^2}{n}}$ 其中 $\bar{sum}$ 为小矩阵的平均值，显然 $\bar{sum}=\frac{\sum_{i}^{K}sum[i]}{K}$ 所以就是要最小化
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摘要：传送门 首先容易证明，$A+B$ 的凸包上的点集一定是 $A$ 凸包上的某个点 加上 $B$ 凸包上的某个点 所以先求出 $A,B$ 的两个凸包，然后按极角维护两个指针 $la,lb$ 分别指向 $A,B$ 目前极角最小的点 首先 $A,B$ 最左的点一定在 $A+B$ 的凸包上 然后考虑移动指针
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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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