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（可能后面有时间还会添加一些事情） 也许是不甘心 也许是可惜 也许无法相信 突然身边再也不是你 能给的都已经给你 能做的都用尽全力 也许遇见你是种幸运 分开却是天意 不是不能面对 又不是十八岁 爱过你的年岁 心里至少真的不后悔 也许会不舍会落泪 但得不到也许才珍贵 也许再等等就有人会 比我们匹配 从 阅读全文
posted @ 2025-11-29 19:23
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posted @ 2026-03-03 20:14
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思路 考虑从左往右将 \(i\) 变得可见，因为此时 \(1 \sim i - 1\) 都已经可见了，所以 \(\forall j < i,[j,i]\) 屏障都是没被激活的，只有满足 \(j \geq i\) 的 \([i,j]\) 屏障可能会挡住 \(i\)。 \(2^{n - i + 1}\) 阅读全文
posted @ 2026-03-03 19:52
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思路 先从 subtask 9 入手，这个 sub 满足任意两点之间的距离不小于 \(\frac{r}{2}\)。感性理解一下，发现这种情况的边数是 \(\Theta(n)\) 量级的。 考虑如何快速找到这些有效的边。想办法找到 \(\frac{r}{2}\) 的作用，将整个平面按 \(\frac{ 阅读全文
posted @ 2026-02-26 15:12
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感觉没人讲清楚这么算为什么是对的。 思路 网格图上计数，套路地转到二分图上，\(n\) 个行作为左部点，\(m\) 列作为右部点，第 \(i\) 行和第 \(j\) 列连边权为 \(a_{i,j}\) 的边。令点权为其出边的 xor 和，问题变成钦定了一些边的边权，求给剩下边取值的方案数，使得所有点 阅读全文
posted @ 2026-02-25 08:43
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给一个能比较自然想到的思考方向。 思路 从直觉上来说，记 \(m = \max\{a_i\}\)，我们的决策显然是需要用较多的 \(m\)，不妨设 \(L = k \times m + r\)，其中 \(k\) 表示 \(m\) 使用的数量，\(r\) 表示用除 \(m\) 以外的木板凑出的长度。 阅读全文
posted @ 2026-02-05 15:34
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思路 将 \(s_i\) 从小到大排序，考虑从小到大确定 \(a_i\)。注意到若确定了 \(a_1,\dots,a_i\)，则一定可以确定 \(a_{i + 1}\)，因为记可重集 \(S_i = \{s_1,\dots,s_n\} \setminus \{a_j + a_k \mid 1 \le 阅读全文
posted @ 2026-02-01 16:43
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思路 要求步数最少的操作方案，先考虑操作 \(n\) 步能走到 \((x,y)\) 的条件： \(\frac{n(n + 1)}{2} \geq |x| + |y|\)。显然成立，走到 \((x,y)\) 至少需要走过 \(|x| + |y|\) 个单位长度。 \(\frac{n(n + 1)}{2 阅读全文
posted @ 2026-01-27 14:29
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思路 首先思考 \(x = 1\) 的做法。有一个很简单的 dp，定义 \(dp_{u,i}\) 表示在 \(u\) 子树中操作了 \(i\) 次的方案数，需要注意的是这里并不强制要把 \(u\) 子树全部切掉。 考虑转移。因为 \(u\) 被切掉过后其任何子树内都将无法进行操作，所以如果要操作 \ 阅读全文
posted @ 2026-01-22 10:55
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思路 记猜测顺序的排列为 \(p_i\)，首先考虑一个 \(p_i\) 不会被忽略的条件是：当 \(p_i \leq x\) 时，\(\nexists j \in [1,i),p_j \leq x \wedge p_j > p_i\)；当 \(p_i > x\) 时，\(\nexists j \in 阅读全文
posted @ 2026-01-15 21:32
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思路 注意到当连接 \((i,j)\) 边时，\([i,j]\) 区间中的点无法向区间外的点连边，这有着相当好的“独立性”，考虑区间 dp。 定义 \(dp_{i,j}\) 表示 \([i,j]\) 连成一个连通块时的方案数，考虑转移： 若 \(i,j\) 直接连边，枚举一个断点 \(k\) 表示我 阅读全文
posted @ 2026-01-06 17:20
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思路 考虑图论建模，连接 \(x \to y\) 边，表示 \(rk_a < rk_b\)。 那么一个点 \(u\) 的 \(rk\) 在某一个时刻能被确定，则表示在当前图上所有点要么能走到 \(u\)，要么能被 \(u\) 走到。进一步的，所有 \(rk_v\) 小于 \(rk_u\) 的点都能走 阅读全文
posted @ 2026-01-05 16:35
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真只有蓝题吗？ 思路 首先应当刻画怎样的局面是先手必胜的。注意到若序列中每一种元素出现次数均为偶数，此时是先手必败的，因为后手总是可以模仿先手的任何策略；反之一定是先手必胜的，因为先手第一步可以选择最大的出现次数为奇数的一个元素进行删除，此时局面变成所有元素出现次数均为偶数的局面，显然此时先手是必胜 阅读全文
posted @ 2025-12-23 15:24
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