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摘要： 对于这种问题，我们有一个（很典？）的套路。 直接做貌似不可做，故要尝试去【判定】一条边是否是答案。 判断一条边 \((u, v, w)\) 是否是第 \(k\) 大的，只需要把图上所有大于 \(w\) 的边权值重设为 \(1\)，小于等于 \(w\) 的边权值重设为 \(0\)，看看 \(u\) 到 阅读全文

摘要： 神秘题目。 题目的条件十分神奇，\(|A| \le \frac{1}{5} (s+p)\)，不知所云。 一开始尝试用皮克定理转化，但是 failed。 阅读理解之后发现有一个（很典）的套路，就是构造出五组方案，使得 \(\sum_{cyc} |A| = s+p\)，这样就一定有一组方案，面积小于等于 阅读全文

摘要： 似乎是一个很典的套路。 我们注意到一个区间成为答案时，最值一定在端点处。 （如果不是，那么收缩一个一定更优） 于是我们就可以按照最值位置分类。 最大值在区间左边，最小值在区间右边：答案就是 \((a_l + l) - (a_r + r)\)。 最大值在区间右边，最小值在区间左边：答案就是 \((a_ 阅读全文

摘要： 显然两步之内决胜负。否则两个人会来回拉扯，平局。 考虑何时 Aron 会赢。 称与叶子结点边距离小于等于 \(1\) 的结点为【制胜点】。 开局 \(q\) 在叶子，\(p\) 不在叶子，直接赢。方案数 \(c(n-c)\)，其中 \(c\) 为叶子数量。 \(q\) 在一个连着【制胜点】的点，\( 阅读全文

摘要： 首先的一个观察是可以把 \(G\) 除掉，转化成 \([\lceil \frac{l}{G} \rceil,\lfloor \frac{r}{G} \rfloor]\) 中的两个互质数的差最大值。 然后的性质非常神奇。令 \(l' \gets \lceil \frac{l}{G} \rceil, r 阅读全文

摘要： 首先让我们输出的是不操作的值。不定序，一看就很贪心。经过分类分类分类可证，\(a,b\) 都是升序（降序）的时候是最优的。 再看加操作的。相当于要维护这两个升序序列。我们发现，每次操作影响的值很少，最多两个值。在一个连续段中，修改的值相当于和末尾值交换，再加一。 唐点： 找这个末尾没必要维护一堆下标 阅读全文

摘要： 我们先想全是 \(\pm 1\) 的。令区间内最小子段和为 \(mn\)，最大子段和为 \(mx\)，注意到 \([mn,mx]\) 内的数全都能被凑出来。 证明：我们在区间 \([l,r]\) 内任意取一个子区间 \([l',r']\)。 定义【扩展】为将一个区间左边或右边添加一个数。 定义【收缩 阅读全文

摘要： 我们不妨直接递归模拟算答案。 定义 \(f(l, r)\) 表示左右端点为 \(l,r\) 的答案。记 \(mid \gets \lfloor \frac{l+r}{2} \rfloor\)，于是： \[f(l, r) = \begin{cases} f(l, mid)+f(mid+1,r) & ( 阅读全文

摘要： 传送门 不难想到一个暴力，对于每一个 \(K\)，都一个个向左右扩展，直到不能扩展为止。这个做法是 \(O(n^2)\) 的，我们考虑优化。 我们将一个个扩展改成一次性扩展许多个格子。即循环进行下面操作： 向左扩展到不能扩展。 向右扩展到不能扩展。 我们使用二分，看看每次扩展最远到哪。 时间复杂度 阅读全文

摘要： 传送门 法一 提供一种非常 naive 且暴力的思路。 小于等于 Kevin 的选手没有任何贡献，扣掉。 我们发现，我们如果按轮次一个个填充这一堆比赛，实际上是可以确定一个（可能的）最优填充次序的。 先填 Kevin 会做的。这些题目不影响排名。 再按 \(b_i\) 从大到小依次填充。这样是最优的 阅读全文