摘要：
考虑一个事情，两辆车方向一定相反，弱化限制后，建二元关系图，发现一定是一张二分图。 钦定左部点为向左，其他点为向右，然后发现位置满足一个二元大小关系限制，建 DAG 跑拓扑序即可。 阅读全文
posted @ 2025-10-20 20:41
Alexande
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强化限制，考虑将翻转一条边变为可以任意走这条无向边，发现不会影响答案（因为最终肯定存在一种遍历方式使得其不会走回来），此时这个问题就很好解决了，当成有向图，考虑先缩点。此时要求入度为 \(0\) 的大点只有一个。 阅读全文
posted @ 2025-10-20 19:54
Alexande
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摘要：
首先既然是对前缀考虑问题，那么我们从后往前考虑，这样子就规避的转移不了的问题，设 \(f_{i, j}\) 为 \(i \sim n\) 一共操作了 \(j\) 次的方案数，那么当转移到 \(i - 1\) 时，如果 \(s_{i - 1} = 0\)： \[f_{i - 1, l + j} = f 阅读全文
posted @ 2025-10-20 16:16
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可以重复走就说明这题是一个乱搞题。 显然，花一些步数走到 \(i\) 后，剩余的步数可以来回跳，分类讨论一下奇偶性即可。 记录一个 \(f_{x, 0/1}\) 表示从 \(1\) 到 \(x\)，奇数/偶数步的最短路分别是多少。 分类讨论有点烦。 阅读全文
posted @ 2025-10-20 15:47
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这让我想到了信友队的一个题。 首先一个经典结论是，\(x, y\) 其中必有之一为最大值，证明就不证了。 然后你发现如果其他数和 \(maxi\) 的倍数关系不超过 \(2\)，这个是很好计算的，如果超过了 \(2\)，我们重构一下，这样最多只会重构 \(\log\) 次。 阅读全文
posted @ 2025-10-20 14:52
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显然题目条件就是要你交替相等。 考虑将 \(a, b\) 中相同的值都当成一个点，那么一个音乐就是两个点连边，发现此时在上面跑欧拉回路就是合法的，因为这是一张二分图，必定是交替行走。 有些讨论比较烦，就不写代码了。 阅读全文
posted @ 2025-10-20 14:35
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首先有个显然的贪心是，每次将最大的移动到最小的，如果不优那么就不移动了。 发现优化的契机是，这个东西每次减的值是凸的，考虑每次二分到底移动几次，然后就是前缀和更改和后缀会更改，看改的时候有没有冗余即可。 阅读全文
posted @ 2025-10-20 11:04
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做这种神笔题没啥好思路。 首先 \(n\) 显然是简单的，问题变成了你必须让第一列有一种数出现 \(a\) 次，所以 \(n = k(a - 1) + 1\)。 考虑每列的方案数，每列需要选出 \(a\) 个位置相同，并且有 \(k\) 种不同方案，继续鸽巢原理即可（需要其中至少有一种情况出现了 \ 阅读全文
posted @ 2025-10-20 10:42
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首先看 \(2\) 操作，不难发现其有最小元，也就是肯定有一个数 \(d\)，使得变为对 \(a\) 加 \(d\) 或减 \(d\)，能否使其单调不降，比较容易猜出 \(d = \gcd (m, k)\)。 然后考虑一下固定 \(k\) 时怎么做，因为要修改，不能涉及一些很复杂的贪心，考虑先将 \ 阅读全文
posted @ 2025-10-20 10:12
Alexande
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考虑一个很直觉的东西，可行的中位数一定是连续的。具体来说，你将一个区间左右端点扩展，中位数一定只会有 \(+1, -1\) 的变化，因此覆盖到的区间一定是连续的。 我们找出可以的最小的中位数，和最大的中位数，类似莫队去扩展，此时只需要支持加入删除和动态维护中位数即可。 如果此时向左向右扩展，可以保证 阅读全文
posted @ 2025-10-20 09:09
Alexande
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\(\max(p_i, p_{i + 1}) > p_{i + 2}\) 说明了你在 DP 的过程中只会由 \(p_i, p_{i + 1}\) 转移过来（类似归纳，一定不劣）。 考虑扫描线，设 \(f_i\) 为所有以 \(i\) 为右端点的区间的答案之和，转移时，要么 \(f_i = f_{i 阅读全文
posted @ 2025-10-20 08:24
Alexande
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