随笔分类 - 题解
摘要：A CF833B 容易想到统计上一次出现该颜色的位置，然后维护 50 个支持区间加和全局最大值的线段树，用以优化 dp。 时间复杂度 \(O(nk\log n)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std;
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摘要：100+0+0+10=110，rk7。 A 返乡 神秘诈骗题。容易想到当且仅当三门科目的成绩和为 \(\dfrac{3n}{2}\)（上、下取整皆可）时，方案数最多。此时暴力枚举前两门的分数，可以做到时间复杂度 \(O(n^2)\)。 #include<bits/stdc++.h> using na
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摘要：好题当赏！ 容易证明：一个点的独特城市一定在从这个点出发的最长链上，而树上距离点 \(i\) 最远的点，一定是树的直径的两个端点之一。 于是，我们找出一条树的直径，并从它的两个端点各做一次 \(dfs\)，企图找到最优解。在 \(dfs\) 时，我们默认此时作为根节点的 \(rt\) 距离所有点最远
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摘要：这道题似乎做法多得离谱，因为在学长链剖分，所以写一篇长链剖分题解。 容易发现假如 \(b\) 比 \(a\) 更加厉害，那么答案就是 \(\min(dep_a-1,k)\times(sz_a-1)\)，考虑 \(a\) 比 \(b\) 更加厉害的情况。 我们设 \(f'_{u,i}\) 表示 \(\
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摘要：在 \(2-SAT\) 计数里应该算是史诗级经典了。 容易想到将后勤和卧底分成两种状态，用 \(2-SAT\) 暴力建边。建边方式略去不表。 关键问题在于计数。我们似乎并没有专门的方法去进行这类计数，因此只能分析题目的关键性质了。 显然，我们容易求出一组特解，满足后勤集合为 \(S\)，卧底集合为
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摘要：发现 \(x\) 只有 \(8\) 个，想到暴力枚举每个 \(x\) 是 \(b\) 还是 \(c\)（这样就将 \(ABC\) 全覆盖了），时间复杂度 \(\times 2^d\)，可以接受。 考虑建边。建边可以分为 \(3\) 种情况： \(i\) 本身就不能选 \(h_i\)。那这条要求就是没
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摘要：容易发现题目给出的三大条件（难兄难弟、死神来了、不能复活）都可以用经典 \(2-sat\) 建图解决。假如我们对于每个火星人都拆成 \(T+1\) 份，那点数肯定爆炸，所以考虑对点进行合并，只将在该火星人可能因为外力发生改变或能改变其他火星人生死的时间作为断点（当然，此处不包括不能复活）。 具体连边
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摘要：一个字符串最多有一个 \(?\)，相当于每个字符串最多有两个状态，显然 \(2-sat\)。 看到前缀想到 \(trie\)。考虑将所有可能出现在答案中的字符串全都塞到 \(trie\) 树里，那么对于一个字符串状态 \(x\) 的末尾对应的点 \(cur\)，假如选择了这种状态，\(cur\) 的
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摘要：好久没有做过这么巧妙的题目了，开心捏O(∩_∩)O~ 由于传送的 \(y,z\) 坐标自选，所以实际上对于一个点给出的坐标 \((a_i,b_i,c_i)\) 以及这个点调查的花费 \(cs_i\)，我们只需要维护 \(a_i,cs_i\) 即可。那么设规定的 \(x\) 值为 \(x_0\)，那么
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摘要：我们可以将每一次结束后手中所持有的 \(A,B\) 纪念券的数量为横纵坐标，这样就可以将每一次货币兑换后的结果转化为一个点。根据题目最后的提示，我们可以证明，在每一天中，我们只需要统计当天所能赚到的最多的钱全部转化为纪念券的情况即可。这样我们就可以建立上凸壳，计算每一次的最优解。 由于是动态加点，还
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摘要：容易发现答案即为重要城市的上凸壳的长度。考虑将正序删点转化为倒序删点，就变成了经典动态加点求凸壳。 对于动态加点求凸壳的问题，我们考虑使用 set 进行维护。因为这样可以较快的找到加入点 \(y\) 在凸壳上的前驱 \(x\) 和后继 \(z\)。我们先判断 \(y\) 是否能加入上凸壳，相当于询问
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摘要：设加入的第 \(i\) 个向量为 \((a_i,b_i)\)，询问的向量是 \((x,y)\)，则有（下假设 \(a_i>a_j\)）： \[a_ix+b_iy>a_jx+b_jy \]\[-(a_i-a_j)x<(b_i-b_j)y \]\[\begin{cases} \dfrac{b_i-b_j
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摘要：60+50+10+21=141pts，rk6。 A.Lesson 5! 容易想到使用传奇拓扑排序对所有点进行拓扑排序，然后我们考虑实用数据结构（multiset/可删堆/权值线段树）对答案进行维护。我们设以 \(x\) 为终点的最长路长度为 \(f_x\)，以 \(x\) 为起点的最长路长度为 \(
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摘要：突然发现我的凸包学的有点假…… 考虑每个妖怪的答案肯定是 \(at_i+dn_i+at_i\times\frac ba+dn_i\times\frac ab\)。设 \(c=\frac ba>0\)，令 \(at_i>at_j\)，则有： \[\begin{aligned} (c+1)at_i+(1
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摘要：两个操作相当于区间加等差数列和求区间最大值，过于复杂，考虑分块。 对于每个块，我们记录 \(ad_j\) 表示这个块内每个位置共同的增量，记录 \(cd_j\) 表示这个块内整体加上的等差数列的公差。我们可以通过将部分等差数列的值转移到 \(ad_j\) 中去，这样每个位置的值就是： \[ans_i
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摘要：这题一脸 01 分数规划的长相，考虑对答案进行二分。 设最大答案为 \(cmax\)，则当 \((-x_ic+y_i)+(-p_jc+q_j)\ge 0\) 时，\(c\le cmax\)。不等式左半侧前后两个部分相互独立且解法相近，可以分别处理。我们只考虑 \(-x_ic+y_i\) 的最大值，这
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摘要：题目让求最大加权回路，容易想到插头 \(dp\)。其余的就很常规了。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2205,M=105; int n,m,mp[N][M][10],c[M][10]; bool vis[N][M][
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摘要：注意到有可爱的相邻位置小限制，考虑对这个地方进行优化。 我们设 \(f_{i,j,s}\) 表示我们目前已经考虑了前 \(i\) 种数，已经加入了 \(j\) 个数到数列里，\(<i\) 且 \(\ge i-4\) 的数的状态为 \(s\)，则有： \[f_{i,j,s}(\operatorname
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摘要：显然的，假如把每队 \((u_i,v_i)\) 都连一条 \(u_i\to v_i\) 的边，那么一定会形成一棵树，但有外向边也有内向边，其中外向边的定义是从近 \(1\) 点连向远 \(1\) 点的边，内向边相反。 先考虑只有外向边的情况。显然 \(1\) 号必须最后抽，概率为 \(\frac{w
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摘要：问题的关键在于赶谁下车、最早啥时候能赶。显然赶下去的人会形成多段区间。我们把司机也当成乘客，同时对于所有人按 \(d_i\bmod t\) 的值升序排序，就会发现： 假如我们在某一时间点想要赶 \(i\) 下车，下一个收费站前最后一个想喝水的人是 \(j\)，那么我们一定会把 \([i,j]\) 这
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