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"传送门" 先枚举选择哪些订单，然后转为判定是否可行 在能完成的情况下肯定是花越多时间提高生产力越优 我们设可以有$x$单位时间来提高生产力，那么如果当前离下一个订单的时间为$T$时，这个订单要$P$个产品，工厂拥有$M$的生产力时，显然有如下方程: $$(M+x) (T x)=P(M+x) (T 阅读全文
posted @ 2018-12-06 13:50
bztMinamoto
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"传送门" "题解" （因为公式太多懒得自己~~抄~~写一遍了……） 阅读全文
posted @ 2018-12-05 13:16
bztMinamoto
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"传送门" 双倍经验题 "这里" 阅读全文
posted @ 2018-12-05 12:58
bztMinamoto
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"传送门" 考虑二分答案 把男女生都拆点，拆成喜欢和不喜欢 $S$向男生喜欢连边，容量$mid$，男生喜欢向不喜欢连边，容量$k$，女生同理 然后男生喜欢向女生喜欢连边，男生不喜欢向女生不喜欢连边 然后跑一遍最大流看是否满流即可 阅读全文
posted @ 2018-12-05 12:48
bztMinamoto
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"传送门" 刚开始往幻想乡战略游戏那个方向去想了…… 我们先随便选一个根节点，然后求出它到所有节点的距离以及所有询问的最大值 如果最大值所在的询问分别在该节点的不同子树内，那么这就是最优情况了因为这个询问的答案不可能再缩小 如果两个询问都等于最大值且分别在该节点的不同子树内，那么这也是最优情况了因为 阅读全文
posted @ 2018-12-04 20:34
bztMinamoto
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"传送门" 完了……好像……已经把插头dp全都忘光了…… 可以去看看这篇 "blog" 为了卡常变得丧心病狂的代码 //minamoto include define ll long long define R register define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+ 阅读全文
posted @ 2018-12-04 19:12
bztMinamoto
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"传送门" 简单来说就是对于每条线段，先把它拆成$O(logn)$条，然后对于每一条再$O(logn)$判断在所有子区间的优劣程度 阅读全文
posted @ 2018-12-04 14:35
bztMinamoto
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"传送门" 把所有的树给哈希起来就好了 具体的方法是一个节点的哈希值就是它所有儿子的哈希值给哈希起来，然后以每个节点为根算出它作为根节点的哈希值。那么把每棵树的哈希值排个序，与之前的比较就好了 注意把儿子的哈希值给哈希起来的时候要把他们排个序 阅读全文
posted @ 2018-12-04 12:37
bztMinamoto
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"传送门" yyb巨巨的 "题解" 没看懂为什么整除分块的时候只要做两个就够了…… //minamoto include define R register int define fp(i,a,b) for(R i=a,I=b+1;iI; i) using namespace std; char b 阅读全文
posted @ 2018-12-04 12:12
bztMinamoto
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"传送门" 首先~~不难~~发现一个性质，如果一堆豆子有偶数个那么是无影响的，因为后手可以一直模仿先手在这一堆的行为。所以每一堆豆子的数量实际上是它模$2$的余数 然后我们可以把每一个豆子都看成一个$Nim$，然后从后往前预处理一下每一个位置的$SG$函数就可以了 然后最后判断是否必胜，只要用全局的 阅读全文
posted @ 2018-12-03 21:57
bztMinamoto
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