随笔分类 - atcoder
摘要：求出点双后缩点，对于点双之间，显然不存在简单环，即每一个简单环一定在一个点双内部，换言之即每一个点双可以独立的考虑，然后将结果相乘 （对于点双之间的边任意染色，即若有$s$条边，还会有$k^{s}$的贡献） 对点双分类讨论（假设其有$n$个节点，$m$条边）： 1.$n=2$且$m=1$（也就是两点
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摘要：记录每一次操作的玩家为操作序列（去掉第一次），需要满足：$a$的个数为$n$且以$a$为结尾，$b$和$c$的个数分别不超过$m$和$k$ 其所对应的概率：每一个字符恰好确定一张卡牌，因此即$3^{n+m+k-|s|}$ 暴力枚举$b$和$c$的个数，即$\sum_{i=0}^{m}\sum_{j=
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摘要：毒瘤分类讨论题 （注：以下情况都有“之前的情况都不满足的”前提条件，并用斜体表示一些说明） Case0：若$|s|\le 2$，直接输出即可，因此假设$|s|>3$ 首先，我们最希望在不对$b$操作的前提下（不减小$b$的数量）使得所有$b$都在最前面，此时即最大化后缀$a$的数量，由于每一次操作减
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摘要：（由于是实数范围，端点足够小，因此区间都使用中括号，且符号取等号） 定义$P(X)$表示$\forall 2\le i\le n,a_{i}-a_{i-1}\ge X$的概率，那么我们所求的也就是$P(X)$的积分 考虑如何求某一个$P(X)$（$X$为非负实数）： 令$a'_{i}=a_{i}-i
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摘要：1和2操作是独立的，换言之一定可以先执行1操作选择包裹，再执行2操作使得$0\le c_{i}<2i$ 对于$c_{i}$，将其看作一个进制转换，并以$c_{i}$为从低到高的第$i$位，系数即为$2^{i-1}(i-1)!$ 将其乘权累加，即令$c_{0}=\sum_{i=1}^{n}2^{i-1
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摘要：注意到当$a_{i}\ne 1$且$a_{i+1}\ne 1$，那么$\forall i<j,a_{j}=a_{i+1}$（证明的话简单归纳就可以了） 令$f_{i}$表示在题中条件下，还满足$\forall i\le j,a_{j}=a_{i}$的方案数，转移考虑所填的$a_{1}$和$a_{2}
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摘要：称0到$L$的方向为左，同时为了方便，可以假设$0<t_{i}\le 2L$ 当我们确定是进入店中的方向，根据这个店的位置以及购物时间，不难确定出来时火车经过0或$L$的次数，由于$0<t_{i}\le 2L$，因此总共至少有一次且分别不超过1次，即分以下三类讨论： 1.经过0未经过$L$，在该位置
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摘要：构造一张二分图，左边是$n$个点，右边是$n-1$个集合，按照点属于集合连边 定义一组匹配的意义，即说明该点的父亲在该集合中选择 利用dinic求出二分图的最大匹配，若不为$n-1$则无解，否则考虑如何去构造一组解： 考虑左边剩下的未参与匹配的点$x$，将其作为根，并将所有含有$x$的集合所匹配的点
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摘要：令$f_{S}$表示字符串$S$的答案（所有子集的方案数之和），考虑转移： 1.最后是一个字符串，不妨仅考虑最后一个字符，即$f_{S[1,|S|)}$（字符串下标从1开始），特别的，若$S_{|S|}=1$，还有一个2倍的系数 2.是一个乘法，考虑是$k\times T$，记$l=|T|$，则$T
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摘要：先考虑枚举最后的点，并以其为根 首先，操作祖先-后代关系是没有意义的，因为以后必然有一次操作会操作祖先使其返回原来的位置，那么必然不如操作后代和那一个点（少一次操作） 考虑某一次操作，总深度和恰好减2，因此若有解，操作次数为深度和的一半 考虑dp，令$f_{k}$表示以$k$为根的子树经过若干次操作
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摘要：考虑这样一个问题—— 有若干个$01$序列，将这些序列以任意顺序连接，最小化逆序对数 记其中第$i$个序列有$a_{i}$个$0$和$b_{i}$个$1$，序列内部的逆序对数可以直接统计 此时，仅需统计序列间的逆序对数，进而即按照$\frac{b_{i}}{a_{i}}$从小到大排序（调整法易证）
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摘要：记$len_{i}=r_{i}-l_{i}$，即第$i$个区间的长度 用$f_{i,j}$表示前$i$个区间合法，第$i$个区间位于$[j,j+len_{i}]$的最小代价，暴力dp的时间复杂度为$o(nL^{2})$ 考虑$f_{i,j}$的转移，即$f_{i,j}=\min_{[j,j+len_
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摘要：考虑当$a\le b$时，构造两种方案，满足诚实的人不交，接下来要求对于任意询问，这两种方案的答案都有可能相同 考虑询问$(i,j)$，若$i$在两种方案中有一种不诚实，那么总可以让答案相同，又因为诚实的人不交，因此一定可行 当$a>b$，我们只需要找到一个诚实的人就可以做了，考虑如何找到这个诚实的
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摘要：记$p_{i}$表示该位置是否有硬币 称使得$p_{i,i+1,i+2}$都变为1的操为对$i$的添加操作，使得$p_{i,i+1,i+2}$都变为0的操作为对$i$的删除操作 考虑一个简单的操作：若$p_{i}=1$，且$p_{i+1}=p_{i+2}=p_{i+3}=0$，可以通过执行对$i+1
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摘要：考虑二叉树的结构，但并不容易构造从叶子返回的边 （以下为了方便，将所有点编号为$[0,n)$） 对于$i$，选择$2i\ mod\ n$和$(2i+1)\ mod\ n$这两条出边 从二叉树的角度并不容易证明正确性，可以先将取模去掉，那么两点相同当且仅当模$n$后相同 而10步以内，$i$可以走到$
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摘要：注意到最终图的样子可以看作一条从1到$n$的路径，以及删去这条路径上的边后，路径上的每一个点所对应的一个连通块 考虑dp，令$f_{S,i}$表示当前1到$n$路径上的最后一个点以及之前点（包括$i$）所对应连通块的并，转移考虑枚举下一个点以及其对应的连通块，即$f_{S\cup T,j}=\min
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摘要：（以下修改指1和2类操作，询问指3类操作，操作指修改或询问） 注意到总方案数确定，那么不妨求出答案的期望，再乘上方案数即为答案 （这里从期望的角度考虑只是为了描述方便，并没有太大的实际意义） 设$E(t)$为对某一个位置执行$t$次修改（指对该点）后该位置的期望，通过概率去求，即设$P(t,i)$表
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摘要：首先，必然要有$(a+ci)-(a+bi)+1<d$，因此$(c-b)i\le d-2$，即$i\le \lfloor\frac{d-2}{c-b}\rfloor$ 此时，$[a+bi,a+ci]$中不存在$d$的倍数，当且仅当$\lfloor\frac{a+bi-1}{d}\rfloor=\lfl
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摘要：（以下字符串下标从0开始，并定义$2s=s+s$） 考虑$f(S)$，即令$l=\max_{2i<|S|且S[0,i)=S[|S|-i,|S|)]}i$，则$f(S)=S+S[l,|S|-l)$ 由于次数足够多，先做一次$S=f(S)$不影响答案，因此假设原串为$2S$（这个$S$不同于初始的$S$
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摘要：首先，如果没有这个平面的限制，考虑不断插入一对点，将与这两点连线有交的线从左到右，依次“移动”到左端点边上，因此一定是可行的 但当存在界限后，对于两个端点都在边界上的点对（一个端点在边界上还是可以用同样的构造），需要判断是否存在合法解： 如果将整个边界看作一个环，若存在两个点对$i$和$j$满足以$
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