随笔分类 - 题解
摘要：CF Round #635 Div.1 Chiori and Doll Picking (hard version) 考虑对于$a_i$建立线性基$d$，并且通过高斯消元重整，使得$d$中 每一个元素的最高位 仅自己包含 不妨设$k=|d|$，一个基底的生成集合为$S(d)$，设$A=S(d)$，预
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摘要：「BalticOI 2020」病毒 设点集大小为$N$，边集总长度$\sum k=M$，模板串总长$L=\sum ℓ$ 涉及到多串匹配的转移问题，容易想到$\text$自动机 因为本题状态非常少，可以暴力矩阵维护转移，暴力计算由状态$i$转移至状态$j$，且中途不匹配的最小长度 有$NL^2$个状态
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摘要：「BalticOI 2020」小丑 Analysis 问题即考虑加入一个边集，判断是否是二分图 容易想到用带权并查集/LCT 之类的结构维护 考虑对于每个左端点/右端点 维护最长的有解区间$R_i/L_i$ $L_i,R_i$显然具有单调性 就可以$O(1)$完成查询 下文认为$n,m$同阶 Sol
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摘要：「BalticOI 2020」混合物 题目大意： 对于给定的向量$\vec=(x,y,z)$ 动态维护一个集合$S={(x_i,y_i,z_i)}$ 求出最少用几个$S$中的元素能够 实数正系数 线性组合得到$O$ 考虑令$\displaystyle x'=\frac{x+y+z},y'=\frac
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摘要：「JSOI2019」神经网络 考虑一个合法的哈密顿路可以表示为什么样子： 按照不同树的编号，分割为一段段，相邻两段属于不同树 同时，如果最后一段和第一段同编号，将最后一段移动到第一段前面 由此，一个哈密顿路可以由唯一表示： 1号点在第一个段中，此后每一段和上一个属于不同树，且最后一段不属于1树 由此
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摘要：「NOI2020」时代的眼泪 前言 这种东西看到就给人一种 分块分块分块分块分块分块! 啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊 $$\ $$ 问题分析 这是一个二维区间顺序对问题，对于普通的区间顺序对问题，我们有简单分块解法 预处理整块的答案，有$n\sqrt n$个数要插入预处理，也就是有$O(\sqrt n)$
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摘要：「CCO 2020」购物计划 核心思想：堆+调整临近 \(x_i=y_i=1\) 这个限制相当于每一组内的权值排名可以确定，设组内为$A_{i,j}(j\ge 1)$ 那么我们一个方案的选择可以用$M$个指针$P_i$表示，和为$\displaystyle \sum A_{i,P_i}$ 考虑用调整
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摘要：「CCO 2020」千山万壑 性质推演 推论1:不选择非树边时，答案为$2(n-1)-$直径长 比较明显就不证了 推论2:最多只会选择一条非树边 考虑如果选择两条非树边，此时必然有答案$\ge n-1+3\lceil\frac{3}\rceil$ 因为能够选择这样的非树边，则必然存在一条长度$>\f
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摘要：「USACO 2021.1 Platinum」Paint by Letters 统计连通块问题，暴力是$O(qn^2)$，而且常数大 容易想到 平面图的欧拉定理 优化 下文和代码中，$V,E,F$分别为点集，边集，区域集合 其中$|V|\(可以直接得到，\)|E|$可以$O(n^2)$前缀和预处理出
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摘要：「USACO 2021.1 Platinum」Sum of Distances 设在$G_i$中$j_i$点可行的距离集合为$D_$ 注意到一个点的$(j_1,j_2,\ldots,j_k)$的$dis$可以用如下方式确定 \(\displaystyle dis(j_1,j_2,\ldots,j_k
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摘要：【UER #9】赶路 一定有解。。 \(x_1\leq x_i\leq x_n\) 将中间的点按照$(x_i,y_i)$排序，然后依次连过去即可 \(\ \) \(x_1=y_1=0\)，四个象限均存在点 将所有点极角排序，然后走一圈即可 \(\ \) \(O(n\log n)\) 不妨设$x_1<
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摘要：【UER #9】知识网络 bitset写错没调出来。。。 \(O(n(n+m))\) 暴力枚举起点，建立转移虚点，得到一个边权为$0/1$，点数$n+k$，边数为$O(n+m)$的图 然后广搜双端队列维护即可 \(\ \) \(O(k(n+m)+\frac{n(n+m)}{w})\) 考虑枚举颜色$
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摘要：「WC2021」表达式求值 直接枚举每一位求值显然至少是$O(n|S|)$的，为了减少计算次数，考虑对于$n$个不同数组的情况归纳出一些通用情况 对于一个数组，考虑计算答案$\ge A_i$的方案数，那么有一部分数$\ge A_i$ 直接状压$\ge A_i$的数的集合，对于的数不同二进制表示就可以
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摘要：[补]「WC2021」括号路径 注意到到达关系是相互的，因此可以把能够互相到达的点放到同一集合中 因此只需要考虑最简单的到达情况，发现实际上当一个点有两条同色入边时，可以将这两条边对应的点合并 对于每个集合，维护一个颜色出边的集合，可以用$\text$实现，每次合并两个点用并查集处理集合关系 然后用
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摘要：「CEOI2020」星际迷航 首先是最简单的判断是否必胜的$dp$转移$\displaystyle dp_u=\bigcup_{v\in son_u} \text dp_$ 考虑第$i+1$层对于第$i$层的贡献，实际上只和$i+1$层有多少个点$dp$值为0/1有关 下面称$dp$值为0/1的点为
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摘要：「CEOI2018」斐波那契表示法 思路：维护当前数值的唯一表示法，然后根据唯一表示法来确定答案 Part1 唯一表示法 任何一个数$x$有唯一表示$P_i$，满足$x=\sum F_,P_i<P_{i+1}-1$ 即不会出现相邻两项 依次插入每一个数$x$，考虑可能出现的情况 1.$x$一位以及前
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摘要：「CEOI2019」建造摩天楼 显然是倒着考虑删除每个大楼，此时每次面临的情况都是一个子问题 下文称当前局面未被删除的大楼为黑点，其余为白点 子问题有解的充要条件是：黑点之间能 8-连通 当前一个点能够被删掉的条件是： 1.这个点能够连通到无穷处 2.这个点不是当前8-连通图的割点 \(\ \) 考
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摘要：「JOI 2021 Final」机器人 原问题中颜色什么时候改没有影响 显然不能记录每条边的颜色，显然在行走过程中不会回到原先的点 因此考虑简化状态 从一个点出去时，走了一条边$(u,v,c,w)$，从$u$出发颜色为$c$的边$w$之和为$S_{u,c}$，则有两种转移： 1.走过来时的边被改变了
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摘要：「JOI 2021 Final」地牢 3 判定无解 无解即：\(\exists i\in[S,T-1],A_i>U\) 是一个简单的区间最值问题 $$\ $$ \(O(nm)\) 关于用单调队列之类的东西维护每个点权值的方法这里就不提了 形式化地，我们把一层层点放到数轴上，令$X_i=\sum_{j
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摘要：「USACO 2020.12 Platinum」Cowmistry 看到样例解释突然就有了思路.jpg 令$m=\min{2t|2t>k}$，也就是$k$最高位+1 对于数轴，按照$[im,(i+1)m)\(分组，显然跨过分组的数之间异或\)\ge m>k$，不合法，扔掉 对于每组，直接看做是$[0
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