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posted @ 2020-08-25 07:35 Tian-Xing 阅读(0) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:\(About\) 感觉做题思维很差,很多题算法都会但就是想不到(捂脸。 滚来做$CF$题锻炼思维力。 \(Codeforces\ Round\ \#665\ (Div.\ 2)\) \(A\) 分两种情况讨论。 若$k >= n$,那么将$A$移动到$(k, 0)$为最优。 若$k < n$,解方 阅读全文
posted @ 2020-08-24 18:17 Tian-Xing 阅读(44) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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posted @ 2020-07-30 15:48 Tian-Xing 阅读(41) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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posted @ 2020-07-29 15:58 Tian-Xing 阅读(10) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:算[l, r]区间里所有子区间最小值的和。 对每个位置i向左知道第一个小于它的位置,向右找到第一个小于它的位置,算算贡献。 考虑可以用单调栈算。 但是如果一个区间里同一个最小值出现多次就挂了,所以考虑魔改一下,对于右边找到第一个小于它的点,对于左边找到第一个小于等于它的点并记录位置,这样的话就相当于 阅读全文
posted @ 2020-06-12 10:29 Tian-Xing 阅读(27) 评论(0) 推荐(1) 编辑
摘要:本来想打打计蒜客的比赛涨涨信心的,结果$T2$少考虑了一点东西给我整自闭了。 \(A\) 按位与的性质是,\(a \& b <= a\),所以某个点的距离就是所有直接与它相连的边的边权。 #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> 阅读全文
posted @ 2020-10-18 19:33 Tian-Xing 阅读(30) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:Description 传送门 Solution 首先容易想到要把询问离线掉,按照套路枚举右端点$r$,$ans_i$表示$[i, r]$的答案。 这样我们只需要考虑每次加进来一个点$a_r$对所有答案的贡献。 以$a_r$将点分为两种:权值大于它的和小于它的。 因为两种是对称的所以只讨论权值大于它 阅读全文
posted @ 2020-10-15 20:54 Tian-Xing 阅读(6) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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posted @ 2020-10-12 17:06 Tian-Xing 阅读(0) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:主席遗留下来的遗产~ \(Day5\) 杜爷删代码的时候找到了一个去年他不会的题,所以拿来看看觉得还挺有意思,就是$C$。 然后切完$C$就顺便把$A$和$B$也补了。 吐槽下奇怪的难度顺序:\(B > A > C\) \(A\) 如题每个连通子图最后只会剩下$n - 1$条边,所以答案就随便算了。 阅读全文
posted @ 2020-10-12 16:10 Tian-Xing 阅读(6) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:Description 传送门 Solution 首先每个连通块之间是独立的,也就是说算出每个连通块的$sg$值异或起来就行。 那么每个连通块单独考虑,进行一次题目中的操作后,会产生一些新的连通块,假设当前节点为$x$,它能到达的所有点的$sg$值都已经算出来了,那么如果选择的是$x$,下一个状态的 阅读全文
posted @ 2020-10-09 17:18 Tian-Xing 阅读(8) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:难题做不动就去翻去年的洛谷csp题做,实在是水啊~ 第一次 \(A\) $dp_{i, j}$表示使用$i$个色子得到点数为$j$的概率,这样求出$dp_x$和$dp_y$两个$dp$数组后就可以枚举$x$个色子得到的点数,$y$个色子得到的点数是一个前缀,枚举即可。 #include <iostr 阅读全文
posted @ 2020-10-03 17:16 Tian-Xing 阅读(28) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:\(A\) 传送门 用哈希表去下重即可。 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define ll long long const int MOD = 1000037; const 阅读全文
posted @ 2020-09-21 17:22 Tian-Xing 阅读(16) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:\(U\) 传送门 矩阵的范围比较小只有$5000$,但是操作次数比较多有$3e5$,最后只需要查询一次。 操作次数多查询少,我们首先就会想到差分。 那么由于操作的图形不是传统的正方形而是三角形,所以需要在原本的二维差分上进行膜改。 考虑二维差分的意义,因为最后每个点的值是他左上方的所有数的前缀和, 阅读全文
posted @ 2020-09-15 09:58 Tian-Xing 阅读(23) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:\(Day2\) \(A\) 概率期望经典入门题,根据期望的线性性,答案就是每个点被选到的期望之和,每个点的贡献为一,所以只需要求每个点被选到的概率即可,每个点必须在它的子树中的点被选之前选,所以概率是$\frac{1}$。 #include <iostream> #include <cstdio> 阅读全文
posted @ 2020-09-13 14:08 Tian-Xing 阅读(40) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要:\(Day2\) \(A\) 注意到排序后每次是选一个前缀,所以可以在线段树上二分,每次全局加上可以拿的物品,选了的清零即可。 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using na 阅读全文
posted @ 2020-09-06 16:11 Tian-Xing 阅读(60) 评论(0) 推荐(0) 编辑