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摘要： 呃呃呃 10 min 切 t1 大战暴力场 /dk。 首先每个糖果拿一轮价值为 2，发现除了这个啥都不会贡献了，所以只有 \((x+y)_{\min}\) 会拿一整轮，剩下的就是按 \(x\) 排序后一个前缀只拿 \(x\)。枚举拿的哪个前缀看剩下最多能拿几轮 \((x+y)_{\min}\) 即可 阅读全文

摘要： 考虑最后生成的集合不同当且仅当存在某种数的出现次数不同。 假设数 \(i\) 出现 \(c_i\) 次，想在生成集合中出现 \(j\) 次： · \(0<j\le c_i\) 必定可行，因为拿出 \(j\) 个数 \(i\) 分成新的集合，剩下的 \(i\) 任意放在这新的 \(j\) 个集合中没有 阅读全文

摘要： 生成函数是简单的，列出生成函数 然后对后两个的分母因式分解发现能和前两项消掉，最后是 \([x^n]\frac{1}{(x-1)^2}\)。 还有一种是枚举前两种，然后 \(d\) 跟 \(t=n-a-b\) 模 2 同余，且满足 \(3d\le t\) 所以看 \(\lfloor\frac{t}{ 阅读全文

摘要： 显然设生成函数 \(F(x)=x+x^3+x^4+x^6\)，然后答案就是 \([x^n]F(x)^D\)。 \((x+x^3+x^4+x^6)^D=x^D(1+x^2+x^3+x^5)^D=x^D(1+x^2)^D(1+x^3)^D\) \([x^n]F(x)^D=[x^{n-D}]((1+x^2 阅读全文

摘要： 题目给的形式化题面直接提示了最小化 \(\max\{l_{a_i}-r_{a_{i-1}},0\}\)。 如果没有 \(f\) 很显然直接按 \(r\) 降序排序后代价即为 0。 思考一下， 加入 \(f\) 意味着多了 \(\max\{l_{a_1}-f\}\) 这一项的代价，就是 \(l_{a_ 阅读全文

摘要： 没看到每个格子只能染一次色。。？11 于是 \(f_{i,j}\) 预处理每块木板涂 \(j\) 次色最多有多少个涂正确的，这个直接暴力枚举最后一次涂色的区间就好了。有了 \(f\) 就是简单背包了。 #include<bits/stdc++.h> #include<ext/pb_ds/assoc_ 阅读全文

摘要： 感觉思路很顺。 首先绝对值讨论很麻烦，考虑钦定 \(B\) 单调不降。容易得到贡献式子 \(S=\sum_{i=1}^{L-1}(i-2)B_i+(L-1)B_L\)。 有个 trick，单调不降的序列可以看作多次后缀 +1 得到（单调不升同理）。而对后缀 \([i,L]+1\) 对 \(S\) 的 阅读全文

摘要： 考虑刻画不合法条件。 给网格染色 \(col_{(x,y)}=(x+y)\mod 3\)，则连续三个同色棋子的颜色 0,1,2 各一个。 easy version 中只有一种棋子，记录 \(c_{0/1/2}\) 表示每种颜色上有多少个棋子，\(\lfloor \frac{k}{3}\rfloor\ 阅读全文

摘要： 给定模式串 \(s\)，\(q\) 次询问，求 \(t\) 在 \(s\) 中出现次数。 其中每个字符以正整数编码，强制在线。 后缀树 板子。没写过考场摸出来了，记录下代码。\(O(n\log n)\)。 #include<bits/stdc++.h> #include<ext/pb_ds/asso 阅读全文

摘要： 依旧二选一。 找出一棵 dfs 树，能满足第二个条件当且仅当存在返祖边 \((u,v),d_u>d_v\) 满足 \(d_u-d_v+1\ge \lceil \sqrt n\rceil\)。 否则所有返祖边 \((u,v)\) 均满足 \(d_u-d_v+1<\lceil \sqrt n \rcei 阅读全文