随笔分类 - atcoder
摘要：定义$x$为$n$个01变量中1的个数，那么翻转一个01变量对$x$的影响恰与操作相同 换言之，记$P(a,b)$为初始有$a$个1且翻转$k$次后有$b$个1的概率，则$ans_{i}=\sum_{j=0}^{n}\frac{A_{j}}{10^{9}}P(j,i)$ 构造二元生成函数（以操作次数
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摘要：记$ans_{i}$为初始位于$i$的答案，显然有$ans_{i}=\max(a_{i},\frac{ans_{i-1}+ans_{i+1}}{2}-b_{i})$ 通过旋转，不妨假设$\forall 1\le i<n,a_{n}\ge a_{i}$，并定义$a_{0}=a_{n}$ 此时，显然有$
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摘要：下面将直接叙述本题的做法—— 维护序列$\{T_{i}\}$，初始$T_{i}$为（强制所有人均按时间倒序做题时）第一个解决前$i$道题的时间 从后往前考虑每一个人，对第$i$个人按如下方式确定其解决题目的顺序： 1.显然前$i$道题和后$n-i$道题内均倒序做题，因此仅需要确定前$i$道题（的分布
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摘要：记$Y$为在最后一次两者票数相同前投票的ESPer数量除以$K$，不难得到答案即$1-\frac{E(Y)}{2}$，问题也即求$E(Y)$ 为了方便叙述，称$S$为一种方案$,P_{S}$和$Y_{S}$分别为$S$的发生概率和$Y$，显然$E(Y)=\sum_{S}P_{S}Y_{S}$ 对于一
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摘要：结论：若有$k$个洞，至多只有$k+1$种不同的最终状态 考虑相邻两次操作，注意到除非两者（对应的洞在该时刻）相邻且方向正好相对，否则交换不影响最终状态 这种情况下，不妨将其中后操作的洞方向翻转（这也不影响），进而也即可交换 通过上述方式将操作按洞从左到右排序，那么一个洞向左会覆盖（左侧）所有段、向
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摘要：假设已经确定顺序（且不妨假设$a_{i}<b_{i}$），考虑如何判定是否合法—— 显然$a_{i}$不能为峰且峰不能相邻，因此峰数的上限是$n-1$ 结论：合法当且仅当存在$k\in [0,n]$使得$\forall 1\le i<k,a_{i+1}<b_{i}$且$\forall k+2\le
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摘要：记两堆（从顶开始）依次为$a_{i}$和$b_{i}$（其中$i\in [1,n]$），考虑如何求最小得分： 注意到无法操作即其中一堆为空，得分即删除的数个数，而$2n$永远不会被删除 不妨假设$2n$在$b_{i}$中，最小得分也即删除$a_{i}$中所有数至少要删除$b_{i}$中几个数$+n$
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摘要：（以下图默认均为$n$个点$,m$条边$,$无自环的无向连通图） 注意到点编号并没有意义，不妨强制dfs序为$\{1,2,...,n\}$，那么$\{a_{i}\}$合法等价于存在图$G$使得点$i$的度数为$a_{i}$且存在一种dfs序为$\{1,2,...,n\}$ 称满足后者的图为"好图"，
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摘要：为了方便，以下默认字符集为$\{A,R,C\}$ 将操作逆向，即将形如ARC的子串变为任意字符，求$T$在$k$步内能得到的$S$数量 考虑给定$S$，如何判定$S$能否被$T$在$k$步内得到—— 将任意字符用?表示，称两个字符串匹配即将?替换后两者相同，那么操作即将能与ARC匹配的子串变为???
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摘要：对每一个$k$分别计算答案，通过旋转不妨仅考虑$k=n-1$时 记$a_{i}$为第$i$次扔奶酪的位置，$x$为经过$n-0.1$的奶酪次数（允许重复） 记$b_{i}$为经过$i+0.1$的奶酪次数，则有$b_{i}=x+\sum_{j=1}^{n-1}[a_{j}\le i]-i$（总共$x+
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摘要：对于一组合法的$\{x_{i}\}$，取最小的$k$使得$\forall k\in [l_{i},r_{i}],x_{i}=k$，其中$k$存在性显然 进一步的，考虑枚举$k$并求对应于这个$k$的合法$\{x_{i}\}$数量，$\{x_{i}\}$条件即： 1.$\forall k\in [l_
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摘要：当$S_{i}=S_{i+1}$时对$i$操作显然无意义，不妨强制不允许此类操作 构造排列$P_{i}$，初始等于$\{1,2,...,n\}$，当对$i$操作后交换$P_{i}$和$P_{i+1}$ 结论：$S_{i}=[\min_{i\le j\le n}P_{j},\max_{1\le j\l
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摘要：将其1为根建树，操作显然即去掉一棵子树（非本身） 考虑sg函数，定义$sg(T)$为有根树$T$的sg值，则有以下结论—— 结论：令$T'$为$T$的根节点新增一个父亲得到的树，则$sg(T')=sg(T)+1$ 假设去掉$T$任意一棵子树（非本身）后会得到$T_{1},T_{2},...,T_{k
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摘要：记$f_{k}$为$\max_{0\le i\le 3n}\sum_{j=1}^{i}([s_{j}=next(k)]-[s_{j}=k])$（其中$k\in \{a,b,c\},next(a/b/c)=b/c/a$） 结论：有解当且仅当$\sum_{k\in \{a,b,c\}}f_{k}\le
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摘要：注意到$A$中极差不超过1，不妨用二元组$(l,\{x\mid A_{x}<l\})$来描述$A$（其中$l=\max A_{i}$） 从$(l,S)$的角度考虑，显然限制即$l=2,S=\empty$或$3\le l\le m,S\subset [1,n]$ 关于前者，可以简单构造，不难发现其总是
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摘要：记初始序列为$a_{i}$，答案序列为$b_{i}$（显然唯一），考虑如何求出$b_{i}$ 引理1：$b_{i}$具有凸性（下凸） 考虑反证，若$b_{i}$不具有凸性，即存在$2b_{i}>b_{i-1}+b_{i+1}$，那么操作$(i-1,i,i+1)$也即可使得$b_{x}$减小，与最小性
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摘要：假设每一次方向变化时（包括结束时）所抓的最后一个人位置（绝对值）依次为$a_{1},a_{2},...,a_{k}$，则不难得到答案为$a_{k}+\sum_{i=1}^{k-1}(3^{k-i}+3^{k-i-1})a_{i}$ 另外，$a_{1},a_{2},...,a_{k}$必然是左右交替的
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摘要：考虑最小割，具体建图如下—— 对变量$x_{i}$建立$m-1$个点，依次记作$V_{i,1},V_{i,2},...,V_{i,m-1}$，并定义$V_{i,0}=S,V_{i,m}=T$ 再建立$m$条边，第$j$条边为$(V_{i,j-1},V_{i,j},C_{i,j})$，割掉即表示选$A
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摘要：为了方便，下文中的$n$是原来的$\frac{n}{2}$ 当确定排列$\{p_{i}\}$后，将$a_{i}$按照$p_{i}$从大到小排序，那么机器人即会不断选第一个元素 考虑玩家最后选择的$n$个元素，合法当且仅当$\forall 1\le i\le n,$其在前$2i$个元素至多选$i$个元
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摘要：将第$i$个字符在$A->C->B->A$这个环上操作$i$次，而此时的操作也即将$AAA,BBB$或$CCC$变为其中的另一个字符串 通过操作$XXXY->YYYY->YXXX$，即可以将$XXX$向右移动一位，同时其还可以变为任意字符，那么不妨将其删除并在最后（任意位置）插入一个形如$XXX$的
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