随笔分类 - atcoder
摘要：考虑树的情况，将其以任意一点为根建树 对于每一个节点，考虑其要与父亲操作几次才能使子树内均为黑色，这可以用形如$(0/1,x)$的二元组来描述，其中0/1即表示其要求操作时父亲是白色/黑色且要操作$x$次 考虑一个叶子，其二元组显然为$(0,1)$，接下来每一个点即可以交替将儿子中的$(0/1,x)
阅读全文
摘要：不妨先操作一轮，使得$0\le a_{i}\le 2$ 结论：若序列中存在1，则答案为0或1 考虑归纳，注意到若序列中存在1，除非所有元素均为1，否则操作一轮后必然仍存在1，那么根据归纳假设即成立，而当所有元素均为1时，显然答案一定为0或1（序列长度已经为1），同样成立 由此，实际上只需要通过奇偶性
阅读全文
摘要：令$a_{i}$和$b_{i}$分别为$A_{i}$和$B_{i}$减少的值，考虑判定$\{a_{i}\},\{b_{i}\}$能否被得到 结论：$\{a_{i}\},\{b_{i}\}$能否被得到当且仅当满足以下条件—— 1.$0\le a_{i}\le A_{i}$，$0\le b_{i}\le
阅读全文
摘要：结论：（不妨假设$p_{1}<p_{n}$）$\{p_{i}\}$合法当且仅当$\exists 1\le i\le n-1$，使得$p_{1}\ge p_{i}$且$p_{i+1}\ge p_{n}$ 充分性—— 为了方便，在删除一个元素后，$i$和$n$也随之变化（指向原来的元素，若删除$p_{i
阅读全文
摘要：对于两个字符串$s$和$t$（保证其中每一种字符个数相同），定义$s$和$t$的相对逆序对数为$s$得到$t$的最少交换次数，显然同种字符相对顺序保持不变，因此即依次编号后的逆序对数 问题不妨看作构造合法字符串$t$使得$s$和$t$的相对逆序对数最小，定义$f_{S}(s)$为$s$仅保留$S$中
阅读全文
摘要：考虑对于确定的排列$\{p_{i}\}$，如何求出其（交换后）会得到的排列—— 令$cnt_{x}$为在$i$之前比$x$大的元素个数（其中$p_{i}=x$），显然排列合法当且仅当$cnt_{i}\le k$ 注意到每一次交换至多只有初始靠后的元素$cnt_{i}$减小1，因此交换次数至少为$\s
阅读全文
摘要：（为了方便，以下除$V$外都改为小写字母） 结论1：若$a+b\le m+1$，则答案为$m+1$（即任意$x$都可以被得到） 任取$y\in [0,m]$，由$\gcd(a,b)=1$存在$y-V=pa+qb$，且不妨假设$p\in [0,b)$ 不断对$x+a$直至加了$p$次或无法再加，对两种
阅读全文
摘要：记$g(k)$为$c$恰为$k$的合法三元组数，显然$f(k)=\sum_{i=1}^{k}g(i)$ 结论：若$\lim_{k\rightarrow \infty}\frac{g(k)}{k^{2}}$存在，记其为$s$，则$\lim_{k\rightarrow \infty}\frac{f(k)
阅读全文
摘要：结论 注意到如果$x$周围有偶数个1，对$x$操作显然不会改变$a_{x}$，因此不妨强制操作的点周围要有奇数个1，不难发现此时恰好会改变该点，即令$a_{x}=a_{x}\oplus 1$ 称$\{a_{i}\}$合法当且仅当其能被得到，问题即统计合法序列数 显然操作是可逆的，因此$\{a_{i}
阅读全文
摘要：前置知识 下面，先来介绍一下Stern-Brocot Tree的结构： 其是一棵满二叉树，每一个节点都是一个最简分数，其中根为$\frac{1}{1}$ 假设前$i$层的中序遍历分数依次为$\frac{y_{i,j}}{x_{i,j}}$（其中$i\ge 1,j\in [1,2^{i})$，即根为第
阅读全文
摘要：为了方便，不妨先将$n$和$m$都减小1，其意义即为移动的次数 注意到老鼠向下移动和猫向上移动对于第2个条件是等价的，对于第1个条件即要求都恰好移动$n$次，那么对应的方案数即为${2n\choose n}$，乘上此系数后不妨将两种操作都看作仅有老鼠向下移动$2n$次 此时，即猫只能向右移动，因此相
阅读全文
摘要：令$a_{i}$为$i$的度数-1，那么$(x,s)$合法即等价于存在$S\subseteq [1,n],|S|=x$且$\sum_{k\in S}a_{k}=s$ 引理：$(x,s)$合法的必要条件为$-z\le s-x\le z-2$ 令$z$为$a_{i}$中为0的元素个数，考虑任意一个集合$
阅读全文
摘要：令$N=2^{n}$先将$\forall 0\le i<N,a_{i}$除以$\sum_{i=0}^{N-1}a_{i}$，即变为概率 令$f_{i}$表示$i$的答案（第一次变成$i$的期望步数），则$$\begin{cases}f_{0}=0\\f_{i}=\left(\sum_{j=0}^{N
阅读全文
摘要：如果要选某颜色，必然会选该颜色最大的两个，那么不妨将这两个宝石权值修改为两者的平均数，显然不影响两者的和，也即不影响答案 接下来，将所有宝石按权值从大到小排序，并在权值相同时按颜色编号从小到大（使颜色相同的在一起） 此时，如果可以选前$i$个宝石，那么显然直接选即可 否则，注由于每种颜色权值最大的两
阅读全文
摘要：如果一个红石头在另一个红石头的左下方（包括左和下），那么在后者的限制满足时，前者也一定满足，因此可以删去前者，再将其按照$rx_{i}$排序，即有$rx_{1}<rx_{2}<...<rx_{n}$且$ry_{1}>ry_{2}>...>ry_{n}$ 称一个蓝石头覆盖一个红石头当且今当后者在前者的
阅读全文
摘要：（特判$n=1$的情况） 当确定权值和操作后，如何判定是否合法—— 考虑一个度为1的节点，对其权值即其对应边的边操作分类讨论： $1\or$，显然只需要最后选择这条边即可，一定合法 $1\and$或$0\or$，显然这条边没有意义，不妨直接选择 $0\and$，将最终的结果变为0，显然不如初始的值为
阅读全文
摘要：令$b_{a_{i}}=i$，那么问题即要求$i$不是$b_{i}$的祖先，也即$b_{i}$不严格在$i$的子树中 显然$a_{i}$和$b_{i}$一一对应，因此我们不妨统计$b_{i}$的个数 考虑容斥，令$f(S)$为$\forall i\in S,b_{i}$严格在$i$子树中的排列数，根
阅读全文
摘要：对于大小为1的集合，我们可以在其中加入0 因此，枚举0的个数，那么问题即可以看作要求每一个集合大小为2 （特别的，我们允许存在$\{0,0\}$，因为这样删除这两个0显然只会减小极差） 显然此时贪心将最小与最大、次小与次大……放入一个集合中即可 关于正确性，设最小值和最大值为$A,D$，若$\{A,
阅读全文
摘要：假设两个操作者分别为$A$和$B$，其中$A$希望最大、$B$希望最小 （并不默认$A$为整局游戏的先手，仅是最终的结果考虑$A$为先手时） 记第$i$个队列第$j$个元素为$a_{i,j}$（其中$1\le i\le k,1\le j\le n_{i}$） 特判$n_{i}=1$的队列，直接把队列
阅读全文
摘要：将每一行和每一列分别作为一个点，当第$i$行第$j$列的格子为红色时，将第$i$行与第$j$列连边 此时，考虑选择第$i$行的红色格子并将第$i$行的格子全部改成白色： 关于这一操作的条件，即需要第$i$行有红色格子，从图中来看也即第$i$行对应的点度非0 关于这一条件的影响，即第$i$行的红色格子
阅读全文
浙公网安备 33010602011771号