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$n=m$时候经典的卡特兰 那$n!=m$呢，还是按照卡特兰的方式来推 首先总情况数就是$\binom{n+m}{n}$，在$n+m$个里选择$n$个$1$ 显然有不合法的情况，减掉它们 对于一种不合法的情况，必然存在一个前缀$0$的个数比$1$多$1$ 我们考虑构造出一个由$n+1$个$1$和$m 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:18
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第一问的做法好像不太一样 首先第二问非常简单，直接在主席树上二分就好了，单次查询的复杂度$O(logn)$ 第一问并没有想到有二分这种神仙操作，依旧用的是主席树 我们可以对矩阵建出主席树，也就是像二维前缀和那样的主席树 但是众所周知我们写二维前缀和的时候是这么写的 我们发现这个样子我们根本没有办法优 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:18
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"题目" 非常妙的题目，一看到就以为是一道博弈，之后就不会做了 正解非常巧妙，由于我们只需要求出最后两个人得分的差值，所以对于每一条边我们将其的权值拆成两边，分给其连接的两个点 如果这两个点被同一个人选择，那么这条边的边权就会加到最后这个人的总得分里去，如果被两个人分别选择，那么两个人每个人都获得了 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:17
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noip前练一下码力还是非常有前途的 这道题本来就是想写个大暴力弃疗的，所以直接强上暴力浑身舒爽 结果发现要不是判重的时候脑残了，就能$A$了 没什么好说的呀，就是每一次都暴力$O(n)$往上下左右扩展状态，之后放到队列里，$map$判重就好了 代码 cpp include include incl 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:17
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没写过几道的前缀和优化$dp$ 第一问是小学生难度的二分 第二问就直接$dp$了 设$dp[i][j]$表示当前分割点在$i$之后，前面一共分割了$j$段的方案数 利用前缀和单调性，通过二分预处理出每一个点往前能扩展到的最大位置，之后前缀和优化就可以啦 但是发现这个样子空间会炸，而这个样子还没有办法 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:16
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发现我自己好像不太会做这种题目 但是还是发现有一些套路的 就是拿出中间相邻的两项来进行比较 我们拿出$i,j$这相邻的两项，设$x$表示所有排在$i$还有$j$之前的人左手上的数的乘积，那么$i$在前的充分条件是 $$\frac{x a_i}{b_j} 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:16
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就是化柿子 我们求 $$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!}$$ 的正整数解的个数 喜闻乐见的化柿子了 $$\frac{x+y}{xy}=\frac{1}{n!}$$ $$xy=xn!+yn!$$ $$xy xn!=yn!$$ $$x=\frac{yn!}{y n 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:16
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这道题真是非常蛇皮，卡自然溢出，还非常丧病的卡双自然溢出 一句话题意，求出最长的前缀后缀满足$AB.........BA$的形式 也就是说外面一个$next$，里面一个$next$ 本来想$kmp$的，但是发现没有办法做 于是就考虑一下递推 我们可以定住$A$的长度，来求出$B$的长度 设$dp[i 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:15
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$HH$的项链加强版，数据范围和题意都加强了 题意大概：给出n个数，求区间出现次数 =2的数的个数。 一眼莫队，可是我还不会莫队啊 那就树状数组吧 回忆一下$HH$的项链，套路差不多，那道题我们维护的是每一种颜色最后出现的位置，因为根据其最后出现的位置我们就可以判断其是否在区间里 而判断这道题也很简 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:15
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这好像是个暴力? 但是跑的挺快的 我们设$dp[i][j][k]$表示在第$i$行我们最远染到的位置是$j$，这一行上一共染了$k$次最多能染对多少个格子 理性分析一下啊，每一行最多也就染$m$次，这样就能把这一行格子全部都染对 所以这个空间复杂度是$nm^2$的 之后考虑一下转移 显然这就是一个非 阅读全文
posted @ 2019-01-02 12:14
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