摘要：
A - Sort Left and Right 答案为 0 即已经排序。 考虑答案为 1 的情况：一定是存在一个 \(p\)，使得 \(\min_{i=1}^{p}a_i=p\) 且 \(a_p=p\)，这时只要选择 \(p\) 即可。 考虑答案为 2 的情况：如果 \(a_1\neq n\oper 阅读全文
posted @ 2024-08-04 23:52
adam01
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摘要：
设红色的点值为 0，蓝色为 1。 注意到，如果有一条边的颜色和两端点同色，一定可以选。 例子： 选择和两端点同色的边。 又发现，如果存在一个 \(sz>1\) 的合法连通块，无论和其他点怎么连，原来的这个连通块内的点一定合法。 有注意到形如 \(0\xleftrightarrow 10,1\xlef 阅读全文
posted @ 2024-08-03 17:34
adam01
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如果边数为奇数，一定无解。 如果边数为偶数，一定有解。考虑证明： 我们可以先随便定向，然后给每个点 \(i\) 一个值 \(a_i\in\{0,1\}\)，表示出边条数奇偶性。 然后随便考虑图的一颗生成树。 注意到一条边 \((u,v)\) 翻转定向会让 \(a_u\gets 1-a_u,a_v\g 阅读全文
posted @ 2024-08-03 13:27
adam01
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弱化版：CF280C Game on Tree（有向图的限制变成一棵根节点为 1 的外向树） 弱化版解法： 根据期望线性性，\(Ans=\sum_{i=1}^nE(p_i)\)。 其中 \(p_i\) 是 \(i\) 被选到的概率。 因为对于 \(i\) 和 \(i\) 的祖先节点，某个点在这些店里 阅读全文
posted @ 2024-08-03 13:26
adam01
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注意到只要随便 dfs，如果没有可以走的点，说明这个端点满足要求。 因为有两个端点，所以从同一个点开始搜两次，拼在一起就行了。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5 + 阅读全文
posted @ 2024-08-03 13:26
adam01
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注意到如果把每一对胜者败者连边，可以得到一颗树： （例子） 但是因为胜者每次只能和一个败者打，所以要用类似多叉转二叉的方法，让有不止一个孩子的节点变成有一个孩子和一个虚点。 如图，原来 \(1\) 有三个儿子 \(2,3,4\)，通过转换，变成了上图。 上图可以直接变成对战图（\(x2\to x1\ 阅读全文
posted @ 2024-08-03 13:25
adam01
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注意到第 \(i\) 行和第 \(i+2\) 行被删除的格子的排列顺序相同，格子上的数差了 \(2m\)。 于是处理出第 \(i,i+1\) 行的答案 \(a_i,a_{i+1}\)，有值的格子的个数 \(c_i,c_{i+1}\)。 令 \(s(i)=\dfrac{(i-1)i}2\)，也就是 \ 阅读全文
posted @ 2024-08-03 11:09
adam01
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考虑贪心。 设字符串 \(S\) 里数字之和为 \(S_d\)，X 的个数为 \(S_c\)。 考虑相邻的两个字符串 \(A,B\) 的贡献： 考虑临项交换，这只影响到相邻两个串的相互贡献。 注意到交换 \(A,B\) 只会影响到 \(B_dA_c,A_dB_c\)，那么产生的贡献 \(\Delta 阅读全文
posted @ 2024-08-03 11:08
adam01
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注意到，对于一棵树 \(T\) 的任一直径 \(a-b\)，对于任意一点 \(u\)，离 \(u\) 最远的点一定是 \(a\) 或 \(b\)。 考虑反证：如图，如果存在点 \(c\) 使得 \(dis(u,c)>\max(dis(u,a),dis(u,b))\)。 如图，\(a-b\) 为直径， 阅读全文
posted @ 2024-08-03 11:06
adam01
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摘要：
输入的图是一颗基环树。 对于 \(x,y\)，如果把环上的边去掉，得到的森林里 \(x,y\) 仍然在同一颗树内，那么显然只有一条路。 否则一定要经过环，有两条路。 于是 dfs 或着拓扑排序找环即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typ 阅读全文
posted @ 2024-08-03 11:06
adam01
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