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比较牛的构造题，AT 出题人还是太有水平了。 首先我们想如果两两距离相同该怎么构造。 这一步比较简单，直接每一维都分配给一个坐标一个 \(1\) 即可。 然后我们改成小于号，考虑一些微小的扰动，将上述 \(1\) 改成 \(10^8\)。 将距离展开发现几乎只受二次项影响，具体来说，将误差 \(A_ 阅读全文
posted @ 2025-09-24 08:42
Alexande
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首先转化限制为如果 \(A_{a, b} = A_{c, d} = 1\)，则有 \(A_{a, d} = A_{c, b} = 1\)，我们将这种符合条件的网格画出来，很难发现有如下性质： 从下到上 \(1\) 逐渐右移，每一层 \(1\) 都是一段连续区间，且相邻两层区间相交。 计数这种东西，用 阅读全文
posted @ 2025-09-23 20:54
Alexande
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一个比较容易观察到的性质是，这个东西等价于冒泡排序的一轮。 考虑经典结论，就是每次对于每个结点 \(i\) 会减少前面的一个逆序对，由于 \(a\) 的单调性，所以当一个数因为逆序对的情况移动会是一段连续的区间。因为最终答案就是看移动数量，考虑一个数什么时候不会移动，当且仅当其是前缀最大值，这个是好 阅读全文
posted @ 2025-09-23 20:08
Alexande
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注意到 \(h, w \le 3n - 1\)，所以四个瓷砖肯定是上下左右四个类似一个正方形放在一起的。 先算一下主对角线上不相交的时候的方案数，此时再将副对角线线上相交的方案数给减掉容斥即可。 阅读全文
posted @ 2025-09-23 16:58
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比较有价值的地方在与引导我们思考 gcd 和 lcm 的本质关系。 考虑题目条件等价与什么，对于每个前缀 \(i\) 来说，就是 \(1 \sim i - 1\) 所有数的 \(lcm\) 与 \(ans_i\) 的 \(\gcd\) 要小于 \(ans_i\)，接下来我们来引出一个关键的性质： \ 阅读全文
posted @ 2025-09-23 16:26
Alexande
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比较佩服能做出这种唬人的题的人。 首先你想一个事情，每个机器人的归宿只会是左右两个洞，那么我们令其与左右两边距离为 \(a_i, b_i\)，那么可以将左右移动的问题转化到网格图上。你初始在原点，每次可以向右上或右下走一步，那么对于 \(i\) 到底选哪个洞，就看更先与 \(y = a_i\) 相交 阅读全文
posted @ 2025-09-23 15:31
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这题场上正着想了 3h+，发现需要用大 DS，果断弃疗了。 但是如果反着做会很好做。 首先你考虑到题目要求的限制本质上是什么，一个结点只能选完其所有祖先才能选这个点，但是我们发现这个限制过于强了，我们决定同时选。 同时选就是将每个结点向父亲结点合并，这样子一定是由祖先到叶子依次合并，依然满足条件。 阅读全文
posted @ 2025-09-23 14:39
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考虑到障碍格子很少，从障碍格子入手，发现走不到 \(( n, m)\) 相当于有一条障碍线（八连通）将其分隔开来，发现就是从顶部往底部看有没有最短路，这样复杂度就只有关于障碍格子数了。 阅读全文
posted @ 2025-09-22 14:58
Alexande
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显然 gcd > 1 等价于枚举一个数，使得所有数都是这个数的倍数，进一步可以规约到枚举质因数。 如果确定了质因数，我们很好用 DP 做到 \(O(n)\) 的复杂度，但问题就是质因数的规模确实不小。 有一个结论是，只需要枚举 \(a_1, a_1 + 1, a_1 - 1, a_n, a_n + 阅读全文
posted @ 2025-09-22 11:05
Alexande
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分类讨论。 你发现要么就是除了开头结尾都能任意填，要么就是中间的 A 和 B 不能连续之类的限制，前者预处理 2 的次幂，后者预处理斐波那契数即可。 遇到这种输入很少的题可以想想暴力分类讨论。 阅读全文
posted @ 2025-09-22 09:14
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考虑将包含关系建出一棵树，那么答案相当于你可以重排儿子，相同大小儿子不区分，问能得到多少种树的形态。 简单用树哈希做就好了。 阅读全文
posted @ 2025-09-22 08:48
Alexande
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首先设 \(f(x)\) 为区间长度为 \(x\) 的 SG 函数，分为四种情况： 两端都没有。 只有一端有。 两端相同。 两端不同。 然后注意一下，发现其只与区间长度，区间长度的奇偶性，以及两端是否相同有关，打表观察一下即可。 阅读全文
posted @ 2025-09-19 17:02
Alexande
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转化为 \(LIS\) 问题反而还会想复杂. 构造是这样的,每次取出两个叶子,交换权值,删掉.重复这一过程. 考虑为什么是对的,对于每条路径,我们都可以强化限制,将其拓展到两个叶子,你考虑到对于一条路径上的每个结点,要么其权值就与一个不在路径上的点交换,这样肯定不会造成贡献,要么就是与路径上令一个点 阅读全文
posted @ 2025-09-19 16:06
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鉴定为,懒得写计数. 首先你发现 \(a_i \to b_i\) 连一条边权为 \(c_i\) 的无向边,那么以下可以确定所有能被确定的点: 如果一个点有多条一样的出边,则其 \(p\) 为这种出边的边权. 如果一个点已被确定 \(p\),那么它连向的边权不为其 \(p\) 的点的 \(p\) 也能 阅读全文
posted @ 2025-09-19 15:29
Alexande
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首先发现物品个数最多只有 \(V\) 个。 根据数学直觉，当 \(m\) 比较大的时候会一直取一个性价比最大的，但是 \(m\) 的界没有办法确定。 事实上，当 \(m > V^2\) 时会一只取这样的物品，当 \(m \le V^2\) 时，可以暴力 DP 出结果。 感觉这种题还是要对它有点感觉。 阅读全文
posted @ 2025-09-19 11:37
Alexande
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