摘要：
zhengrui 估计是选的之前的老题。 期望得分：200 pts 实际得分：0 pts 怎么回事呢？ T1 noip t1 放博弈是吧。 仔细思考你会发现如果最后是小 A 操作那么小 A 必胜，因为不论最后两个数的奇偶性是什么，总能操作得到偶数。 接下来考虑小 B 最后操作的情况。 显然，小 A 阅读全文
posted @ 2025-11-16 17:29
Alexande
阅读(7)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
每次通过一些特别的手法可以知道一个长度的区间内是否有东西。 那么设 \(f_i\) 为长度为 \(i\) 的区间最少花费，那么每次将其划分成两个区间，看其中需要确定一个的最小花费是什么，这是好做的（因为确定了一个区间就肯定确定了令一个区间）。 用最短路要预处理一下这个。 阅读全文
posted @ 2025-11-15 16:47
Alexande
阅读(3)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
推式子可以得到答案为： \[n \times m^{k - 1} - (k - 1) \times m^{k - 2} \times \frac{m(m + 1)}{2} \] 阅读全文
posted @ 2025-11-14 16:42
Alexande
阅读(6)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
真的困难吧。 首先不难注意到设一个 \(f_{i, j}\) 表示用了前 \(i\) 个数组了 \(2j\) 层的方案数，相同的数的贡献我们可以最后除掉。 我们钦定第 \(2j\) 层必须填 \(a_i\)，那么 \(a_i\) 是前 \(2j\) 层中最大的数。 转移考虑奇数层的数一定要小于上一个 阅读全文
posted @ 2025-11-14 15:42
Alexande
阅读(7)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
https://xinyoudui.com/ac/contest/74700BE940008E9072BE29/problem/42575 看到这种题要想一想为啥给你两个式子想减而不是让你求一个式子。 结论是：\(a, v\) 相同，无论 \(i\) 是什么，其左右儿子分配方法都是相同的，那么我们最 阅读全文
posted @ 2025-11-14 14:27
Alexande
阅读(5)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
首先设 \(f_{i, j}\) 为选出的数到 \(i\) 末尾数字为 \(j\) 的情况下乘积的最大值是多少。 然后你发现这个东西会爆 long long，一个经典做法是存对数，因为题目没让我们输出高精度，所以我们只存对数比大小记录前驱即可。 阅读全文
posted @ 2025-11-14 10:26
Alexande
阅读(5)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
相信大家小时候都知道 \(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6}\)。 我刚看这个式子就发现了一股美感，然后这个题就是将这个美感拓展了一下。 给出结论是，必然存在两个数满足这个条件，不妨令这两个数的分母分别为 \(b1, b2\)，分子为 \(a1, a2\) 阅读全文
posted @ 2025-11-14 10:01
Alexande
阅读(5)
评论(0)
推荐(0)
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
阅读(4)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
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
阅读(5)
评论(0)
推荐(0)
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
阅读(7)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
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
阅读(8)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
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
阅读(7)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
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
阅读(6)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
设 \(f_{i, j}\) 为前 \(i\) 门功课要求有 \(j\) 个人被单调队列的方案数，转移是简单的，但是其中有一个系数： \[p_i = \sum_{j = 1}^{u_i} j^{n - r_i}(u_i - j)^{r_i - 1} \]然后你注意到 \(u_i \le 10^9\) 阅读全文
posted @ 2025-11-12 21:25
Alexande
阅读(4)
评论(0)
推荐(0)
摘要：
已严肃完成今日构造大学习。 首先扔出来一个 \([1, 10^{18} - 1]\) 区间，你会发现这个区间每往右平移一个单位那么 \(f\) 的和就会加 \(1\)，当然得在 \(2 \times 10^{18} - 1\) 之内，这也是我们选择这个界的原因。 然后我们只需要计算出这个区间离 \( 阅读全文
posted @ 2025-11-12 20:15
Alexande
阅读(4)
评论(0)
推荐(0)
浙公网安备 33010602011771号