摘要：
设 \(f_{i, j}\) 为目前有 \(i\) 个人，血量最高为 \(j\) 的方案数。那么我们 DP 就是在倒着做这个过程，每次枚举新增几个人即可。 代码： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long 阅读全文
posted @ 2025-11-13 20:16
Alexande
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从大到小排序，假设是第 \(i\) 列我们就从第 \(i\) 行开始填，如果不够填到上面去，你注意到此时必定会有一个 \(0\) 将上下两部分隔开，这就说明了每一行不可能相同。 阅读全文
posted @ 2025-11-13 16:25
Alexande
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摘要：
首先如果一个数要搞两次操作一定是先除后减。 从大往小排序，枚举到底多少个数使用了两次操作，你发现剩下的数，令第一个 \(\ge b\) 的点为 \(p\)，那么一定是一段除 + 一段减 + 一段除，且一段减必定包含 \(p\)，我们预处理一个前缀最大和后缀最大即可。 阅读全文
posted @ 2025-11-13 15:08
Alexande
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开始犯唐了。 首先建 trie，然后发现单一的 \(x\) 是好算的，我们只需要求出 trie 上每个结点的贡献即可。 首先发现每往下一位，如果 0/1 都有显然会分开，否则一定都朝一个方向走，我们只需要计算后面的贡献，因为前面显然都是 0。 比较麻烦的限制是不能超过 \(M\) 这就给了我们向下拆 阅读全文
posted @ 2025-11-13 10:36
Alexande
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从整体的角度想你就祭了，得从前缀的角度思考。 思考让一个前缀合法的最小操作次数，有一个很显然的结论是，我们每次将一个元素修改为序列中没有出现过的元素一定不劣。 假设我现在加入一个 \(a_i\)，那么出现不合法的情况只能是 \([j, i]\) 这个子区间不合法，令 \(j\) 为最大值，那么此时我 阅读全文
posted @ 2025-11-13 10:09
Alexande
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这个问题看起来就不是很可做的样子，这题做法也比较非人。 首先考虑折半搜索，搜索出前 \(15\) 位的值和后 \(15\) 位的值，然后发现分别 popcount 后其差分数组对应位置和为 \(0\)，用一个哈希存储即可。 阅读全文
posted @ 2025-11-13 08:39
Alexande
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