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Fedor and Essay 题解 再次吐槽一下某网站的翻译 由于同义词之间连得上单向边，很容易发现，我们可以根据它得到一个有向的图，一个点能够到达的点就是能够被转化成的点。 于是，我们就很容易想到了缩点，一个点能够到达为其连通分量中的任意一点。 接下来我们就得到了一棵由有向边建成的树。通过记忆化 阅读全文
posted @ 2020-08-20 16:49
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Serge and Dining Room 题解 很容易发现，当一个比赛能被选择时，当且仅当能够AK它的人比比它更难的比赛更多时。 于是，我们可以通过权值线段树维护选手的能力与比赛的难度，修改就单点修改就可以了。 查询就找到第一个为被选择的点输出即可。 时间复杂度。 源码 #include<bits 阅读全文
posted @ 2020-08-16 16:38
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Appleman and a Sheet of Paper 题解 由于一张纸条翻折掉的部分会消失，所以如果每次操作都将小的一半折到大的一部分上，时间复杂度应该是趋近的。 由于从右边往左边折时需要一个翻折操作，需要用个标记记录下来，如果暴力翻会T。 但询问操作要求一段区间的和，所以需要先拿一个树状数组 阅读全文
posted @ 2020-08-16 15:46
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Valera and Queries 题解 首先我们可以将每个询问转化为个区间，要求的可以转化为有多少条线段被这些区间完全覆盖。 于是我们可以先将这些线段根据从大到小排序，区间也根据从大到小排序。将线段的右边界依次加入到线段树中，之后区间再查询的和。 因为现在加进来的线段的肯定比当前区间的左边界大或 阅读全文
posted @ 2020-08-16 15:32
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Traffic Jams in the Land 题解 由于此题的拥堵与否与当前时刻模拥堵值的余数有关，所以很容易想到根据余数来进行建树。由于两点的拥堵值不一样，涉及到不同模数意义下余数的转换，看了看数据范围，显然可以根据2到6的公倍数60来建树。 每个点存的值，表示在当前时间模60意义下为时从这个 阅读全文
posted @ 2020-08-16 11:23
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Developing Game 题解 很容易发现题目要可以转化为， 于是，我们需要找到一个使得。 我们可以将所需要找的看做二维坐标系上的一个点，将每个人的情况看做一个矩阵，将每个 阅读全文
posted @ 2020-08-16 11:08
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The Untended Antiquity 题解 好水的题呀 由于没有矩形相交，任意两个矩形只存在包含与相离两种关系，由于要求的是两个点是否在同一矩阵中，我们可以对其进行染色，比较两点是否被染成同一颜色。 由于，的暴力染色明显会T，可以考虑通过二维树状数组进行区间修改，将复杂度降到。 但是存在包含 阅读全文
posted @ 2020-08-16 10:50
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Trains and Statistic 题解 很容易发现，对于一个点，如果他要到达其到达范围外的点，一定会先到达其范围内值最大的点，这样，这个的范围内的点才会在2次内到达。 于是，我们可以先用线段树维护每个点的值，设对于点最远的是点，则有转移方程式， ，表示点 阅读全文
posted @ 2020-08-13 09:04
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Animal Observation (hard version) 题解 可以把原题看作在一个的矩阵上选取个的矩形的覆盖面积的权值之和。 很容易想到dp，令为在第行的选做矩形的端点，不考虑下面几行情况时的最大权值和，于是转移方程式就很好想了： 。 而的值为从与分别覆盖出一个长度为的矩阵时的覆盖权值和 阅读全文
posted @ 2020-08-13 08:04
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Vasya and Maximum Profit 题解 令，可得方程式 。 当固定时，的变化导致的变化一定是单调上升的，而造成影响的一定是一小部分，我们可以将这个值记录下来，用单调栈维护差值的最大值，同时记录下后面的一串，用于统计答案。 源码 #include<bits/stdc++.h> usin 阅读全文
posted @ 2020-08-12 22:01
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