随笔分类 - 题解
摘要：传送门 CF1616F Tricolor Triangles 诈骗题。限制相当于每个三元环三条边的 $c_i$ 之和能被 $3$ 整除，将每条边的 $c_i$ 看做一个未知数，那么问题就是要求解若干个模 $3$ 意义下的方程组。根据经典结论我们知道三元环最多有 $O(m \sqrt m)$ 个，直接
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摘要：来补个档。 CF1621G Weighted Increasing Subsequences 先离散化。对每个上升子序列计算权值是困难的，我们考虑每个位置对答案的贡献。 即我们想要知道对于每个 $a_p$，$i_k$ 最远能到哪里，使得存在一个 $x \in (i_k, n]$ 满足 $a_x >
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摘要：传送门 思路 考虑 DP，设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 条线段，连通块最右端的点为 $j$ 的所有子集的连通块个数的 $k$ 次方之和。初值 $f_{0,0,0} = 1$，答案为 $\sum f_{n,j,K}$。 把线段按照左端点排序，考虑加入第 $i$ 条线段后对答案的影响，设
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摘要：传送门 思路 先考虑一个暴力的 DP，设 $f_{u,i}$ 表示 $u$ 子树内所有点权值在 $[1,i]$ 内的方案数，转移考虑 $u$ 的权值，若 $u$ 权值为 $i$，那么显然只需要儿子子树合法即可，否则就变成了一个 $[1,i-1]$ 的子问题，因此有转移： $$ f_{u,i} = f
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摘要：传送门 思路 学了析合树还不会做这题，感觉我真的没什么救/ll 对于这类跳若干步的问题，一个很自然的想法是预处理倍增数组，但这题的状态数量是 $O(n^2)$ 的，看起来不能直接做。这时一个关键结论突然出现：设 $f^k(l,r)$ 为 $[l,r]$ 操作 $k$ 后的结果，那么若 $[l_1,r
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摘要：传送门 思路 肯定会想要 DP 算这个东西，但 $S_1 \neq S_2$ 实在是一个很烦的限制，这导致 DP 的时候必须记录上一次选择的点集。考虑把这个限制容斥掉，具体来说，令 $G_i$ 表示答案，$F_i$ 表示使用 $i$ 次操作使得 $U = {1}$，但不要求 $S_1 \neq S_
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摘要：传送门 思路 考虑如何判无解，也就是说所有循环移位的 LIS 长度均大于 $n$。 一个括号序列的结论突然出现：令 $b_i = [p_i > n+1] - [p_i<n+1]$，那么 $b$ 中恰好包含 $n$ 个 $1$，$n$ 个 $1$ 和 $1$ 个 $0$。根据 Raney 引理的推论，
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摘要：传送门 思路 令 $p' = p^{-1}$，即 $p'{p_i} = i$，则原题等价于最小化 $\sum |p'{q_i} - q_{i+1}|$。显然，当所有 $i$ 都满足 $p'{q_i} = q{i+1}$ 时原式取最小值，但这时 $q$ 不一定是一个排列。容易发现，排列 $q$ 实际上
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摘要：验题费啥时候给？
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