随笔分类 - CF做题记录
摘要：首先一个自然的想法（虽然我自己没想到），设 $A$ 为串中 $1$ 的个数， $B$ 为串中 $0$ 的个数，那么如果每个 $1$ 的价值是 $-B$, $0$ 的价值是 $A$ 那么价值和为 $0$ 的序列可爱度和原串一样。 这个很显然，不需要证明。 这时候有一个很牛逼的性质，就是答案只为 $1$
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摘要：首先当 $n \equiv \left{\begin{matrix}2,3\end{matrix}\right} \pmod 4$ 时，无解，因为每次操作一定会改变逆序对奇偶性。 那就只剩两种情况 先考虑 $n \equiv 0 \pmod 4$ 我们可以每四个划分为一组，稍微枚举一下可以发现组内按
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摘要：把最终答案看成一段 $0$, 一段 $1$ 的一个串。 如果说我们的答案中有一段 $0$ ($1$ 同理)。 那么所有 $0$ 的数都满足所有第一个范围，这段 $0$ 前面的 $1$ 代表数满足所有的第二个范围。 然后呢，因为我一个数改变了之后只要满足后面的条件与前面无关，所以我们不妨从后往前倒着处
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摘要：首先真子集这一限制比较麻烦，我们可以尝试把这个限制给去除掉。 具体地，令 $G(i)$ 表示答案， $F(i)$ 为用 $i$ 步使得 $U={1}$且不要求真子集这一限制的方案数。 考虑 $F(i)$， 枚举哪几步满足真子集，可知 $F(i) = \Sigma_{j=1}^{i}\binom{i}
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摘要：考虑将问题抽象成：左上角为 $(0,0)$ 右下角为 $(n,m)$ 的网格图，求所有满足至少有一条 只向下或向右走的路径 经过点集内所有点的的不同的点集大小之和。 那么显然拐点有两类，一个是右转的一个是向下转的。 图片来自于洛谷题解区 zltqwq 然后很显然，当我们列出 所有向下转的拐点 时，路
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摘要：等差数列可以用 $gcd$ 来维护，这很显然。 但是本题有一个限制是取模，所以 $gcd$ 直接寄了，换一个做法（类似于随机化的想法，就是说 $k$ 次方的和相等，这样可以保证与顺序无关）。 推一下式子。 等式首项 $$a = \frac{\Sigma_{i=l}^r N_i-\frac{len\t
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摘要：本题显然只需要知道 $typ=1/2/3$ 的歌的数量分别为什么就可以求出答案了。 先随便求一下 $f_{i,j,k}$ 表示取 $i$ 个 $1$， $j$ 个 $2$, $k$ 个 $3$ 的贡献就行了。记得要乘上阶乘。 接下来的问题就转化为一个背包问题。 但是这个背包有 $3$ 维， 非常不优
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摘要：本题的问题等价于删除一个区间之后是否询问的所有区间都没有相同的数对。 记录 $i$ 的 $minL_i$ 表示包含 $i$ 的区间的最小左端点 $maxR_i$ 同理，每次删除 $i$ 的时候记录一下 $i$ 的贡献，就做完哩。 直接双指针即可。 Tips: 需要关注多个区间的问题都可以化为 $mi
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摘要：不难发现本题的图在随机的情况下会很稠密，并且很容易出现奇环。仔细想想，会发现奇环出现的充要条件应该并不复杂。 考察最小的情况，也即长度为 $3$ 的奇环，出现这样的环意味着有 $i<j<k$ $p_i>p_j>p_k$。 仔细想一想，任何一个奇环都会包含这样三个位置 $i,j,k$ 那么问题就更加简
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摘要：有一个非常 naive 的想法，就是加操作使得末尾 $0$ 变 $1$， $1$ 变 $0$， $\times 2$ 操作就是结尾 $+$ 一个 $0$。 发现我们会遇到一个问题，就是进位，加操作会进位的！很烦。 发现 $k$ 并不大，再思考思考， 诶，我们可以发现一个性质，只有 $+k$ 以内的加
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摘要：看到这题，有一个naive的DP做法, $f[u][i][j]$ 表示 $u$ 节点的子树内近的黑点距离为 $i$， 距离最远的非合法点距离为 $j$， 然后转移一下，貌似是能过的。 但我们可以再做一步小优化。 有一个很神奇的性质，就是当我们合并两棵非合法子树的时候，最深的非合法点并不会被消去，这个
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摘要：这题最终顺序显然无关，只需要考虑顺次加入的每个值的数值即可。 然后如果是操作 $1$ 就会产生 $a_i \leq a_i+1$ 的关系， 如果是操作 $2$ 就会在插入位置 $y$ 前增加一个 $a_y<a_{y+1}$ 最后序列就是 $a_1<a_2 \leq a_3... \leq a_n$。
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摘要：将一个点 $(x,y)$ 定义为 $x$ 向 $y$ 连的一条无向边，将问题转化为求欧拉路径，这样入度减出度必然 $\leq 1$，这样还是不太好做，再转化一步，将每个点向一个虚拟点连一条边，那么我们就可以发现这样做只需要跑一个欧拉回路即可，因为度数为奇数的点也即欧拉路径的起点和终点一定是偶数个。
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摘要：本题并不难。 观察一下数据范围 $k$ 非常小，那么不难发现我们可以把跳这个操作做 $k$ 遍即可。 跳操作的式子一看就很斜率优化 $(u-v)^2=u^2+v^2-2uv$ 直接李超树维护即可。 #include<bits/stdc++.h> #define RG register #define
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摘要：首先，有一个显然的贪心，假设我们最开始在点 $x$ 就是我们会到达一个能到达的最远的可以反复横跳的两个相邻节点（下称平台）称先到达的那个点为 $y$，一直跳到没有势能，再继续往下走，那么最终的答案就是 $2h_x-h_y$。 这个东西似乎不好优化，那么观察下是否暴力有什么优美的性质。（一般一个做法不
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摘要：本题的第一个转化很关键，也是这种期望题必须要观察到的一个性质，就是每种衣服的的贡献可以单独算。 因为一个人喜欢一种衣服就不会喜欢另一种衣服，也就是说喜欢每一件衣服的概率是独立的，那么这种时候我们就能发现实际上本题的每种衣服的贡献可以单独算。 再做推广就是 相互独立的事件的贡献可以分开算，也即期望的线
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摘要：考虑本题的式子 显然期望等于概率乘权值之和。定义 $p_i$ 为点亮 $i$ 颗灯结束操作的概率。那么显然有期望： $$E=\Sigma_{i=1}^np_i$$ 注意这个 $p_i$ 对 $p_i$ 作一个后缀和。 $$s_i = \Sigma_{j = i} ^ n p_i$$ 那么我们可以把
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摘要：一句话题意，给定 $n$ , $m$ ，求 ($1$,$2$) 到 ($n-1$,$m$) 和 ($2$,$1$) 到 ($n$,$m-1$) 的不相交路径方案数。 考虑使用 $LGV$ 引理解题。 ~~（虽然可以自己推）。~~ $LGV$ 引理的定义（来自 $OI-wiki$）为 $\omega(
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摘要：这题一眼种类并查集（，~~虽然我最开始没看出来并且也不熟悉种类并查集~~ 好吧，其实是，我们不难发现，一个 $S_i$ 最多只会对应两个 $m_i$ 然后这两个 $m_i$ 之间的关系是双向的，不能用 $2-SAT$ 而且非常符合 种类并查集 的要求，那么考虑种类并查集，也就是把集合当作点 $1$
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摘要：题面 solution： 考虑在原树的每一条边处插入一个点，使得x变为偶数。 **引理：集合 $S$ 是合法的当且仅当存在点 $p$ ， 满足 $p$ 到 $S$ 中各点距离均 $\leqslant$ $\frac {x} {2}$ 引理：：充分性显然。必要性的证明则是，$p$ 为集合直径中点时合法
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