09 2018 档案
摘要：Description Solution 核心思想是把组合数当成一个奇怪的多项式，然后拉格朗日插值。。；哦对了，还要用到第二类斯特林数（就是把若干个球放到若干个盒子）的一个公式： $x^{n}=\sum _{i=0}^{n}C(n,i)*i!*S(i,x)$ 围观大佬博客（qaq公式太难打了） Co
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摘要：Description Solution 线段树乱搞orz。 定义pre[i]为从i点往前找到第1个颜色和点i相同的点。树状数组记录max和sum。max记录区间[l,r]内pre的最大值，sum记录区间[l,r]内的答案总和。注意：最终的答案是取 $n*(n+1)/2-\sum _{r=1}^{n
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摘要：Description 传送门 Solution 我们以下考虑的情况都是原图中非孤立的点。 题目要求新图的连通块个数。这个不好算，我们考虑计算新图的联通块内的特征点(x,y)，即无法通过移动找到(t,c)使得t<x，也无法找到点(x,a)满足a<y。（就是字典序最小吧）可知每个新图连通块内，都有且只
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摘要：Description Solution 由于题目要求，将a[i]->b[i](边权为i)后所得的图应该是由森林和环套树组合而成。 假如是树形结构，所有的t[i]就直接在线段树t[i]点的dfs序（即in[t[i]],out[t[i]]区间）处记录t[i]点的深度。 这样，针对所有的f[i]，在线段
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摘要：Description Solution 如图，假如我们知道了以任何一个点为顶点的135-180度的前缀和和90-180度的前缀和，我们就可以搞出三角形的面积。 差分。add[i][j]和dev[i][j]都表示相对点[i][j-1]，点[i][j]应该+或-的大小。这样只要我们需要，可以在O（n2
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摘要：Description Solution 设y[i+k]=y[i]+n。 由于我们要最优解，则假如将x[i]和y[σ[i]]连线的话，线是一定不会交叉的。 所以，$ans=\sum (x_{i}-y_{i+s}+c)^{2}$ 拆开得$ans=\sum (x_{i}^{2}+y_{i+s}^{2}+
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摘要：Description 传送门 Solution 官方题解 然后我谈下个人理解。由于我们的两个条件只要任意满足，则在p的图中i有两种连边法:i->p[i],i->p[p[i]]。 我们考虑在a的图中i->a[i]。可得我们要把p图塞到a图里。 具体分析看题解吧，题解图画的很清晰呀。然后。。就各种dp
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摘要：Description 传送门 Solution 依题得所有不下降数（设为a）可以拆为若干个全1数的和（如：1558=1111+111+111+111+111+1+1+1） 并且任意a所能拆出的全一数的个数<=9。则我们设定a拆出9个全1数，其中允许有0的存在。（以下的a[i]可以为所有自然数） （
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摘要：Description Solution 将（u,v,l,r）换为(1,u,v,l)和(2,u,v,r)。进行排序（第4个数为第一关键字，第1个数为第二关键字）。用LCT维护联通块的合并和断开。（维护联通块的大小，要维护虚边） 答案统计：每当四元组的第一个数为1（这时候合并点u,v所在连通块，反之拆
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摘要：Description Solution bitset是个好东西啊。。强行压位什么的真是够orz。 由于所有的蘑菇上房间的长相是一样的，我们针对每个房间，算出它到根节点的bitset和以它为根的子树的bitset。 每次新开一个蘑菇，为了防止被卡空间，我们只是把指针指向蘑菇u的bitset，并且cn
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摘要：Description A 联邦国有 N 个州，每个州内部都有一个网络系统，有若干条网络线路，连接各个 州内部的城市。 由于 A 国的州与州之间的关系不是太好，每个州都只有首府建立了到别的州的网络。具体来说，每个州的首府都只主动地建立了一条网络线路，连接到距离最近的州的 首府。（欧氏距离。如果有多个
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摘要：Description Solution 首先，每个节点上的权值可以等价于该节点上有(它的权的二进制位数+1)个石子，每次可以拿若干个石子但不能不拿。 然后就发现这和NIM游戏很像，就计算sg函数em（然而我并不会推） 如果您恰好看到这篇博，又恰好有空的话，欢迎探讨~ Code
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摘要：Description 传送门 Solution 有一个神秘的结论。。我不知道大佬是怎么场上推出来的。 一个黑白染色图，每次可以任意翻转行或列的颜色，如果每个2*2的子矩阵内黑色格子都是偶数个，则可以把它变成全黑，反之则一定不行。 证明“一定不行”：翻转行或列的时候不会改变任何2*2子矩阵的奇偶性，
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摘要：Description 传送门 Solution 首先我们肯定不能那么耿直地直接把水混合起来吧。。不然分分钟完球。 那么怎么找到最优解呢？假如我们把水的体积和温度按顺序插入队列，这时我们插入第i天的水。假如这个时候水量超过了L，我们要把前面的部分水排掉。 我们目前有两种排水方法： 1.不断去掉队列的
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摘要：Description 传送门 Solution 我们先不考虑周长，只考虑长和宽。 依题意得答案下限为max(w+1,h+1)，并且最后所得一定是个矩形(矩形内部无点)。 好的，所以！！！答案一定会经过$y=\frac{h}{2}$或$x=\frac{w}{2}$。否则答案就。。显然不满足下限了啊。
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摘要：Description 传送门 Solution 题目简化后要求的实际上是$\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}C^{A[i]+A[j]}_{A[i]+A[j]+B[i]+B[j]}$ 这时看看n的数据范围瞬间绝望qaq。 不过看到A，B的数据范围似乎明白了什么。。。
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摘要：Description 传送门 Solution 题目要求的是曼达顿距离，对于每个点(x,y)，我们把它变为(x-y,x+y)，就可以转换成求切比雪夫距离了。 证明如下:$max(\left | (x_{p}-y_{p})-(x_{q}-y_{q}) \right |,\left | (x_{p}+
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摘要：Description Solution 树状数组套线段树。 树状数组代表a的大小。对于树状数组上某个点i(代表的a的区间[A,B]),rk[i]是节点i上以1-n为下标建立的线段树根节点，线段树中代表区间[L,R]的节点的权值为f[L]到f[R]的所有项的总和中，次数在[A,B]范围内的个数。 P
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摘要：Description Solution 假如将图中所有红边一条拆为x条，蓝边一条拆为y条，可得： $A_{x,y}=\sum_{r=0}^{n-1}\sum_{b=0}^{n-1-r}*T_{r,b}*x^{r}*y^{b} $ 其中$A_{x,y}$是拆完边后，用矩阵树定理求出的生成树个数，$T
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摘要：Description Solution 本博客参考yww大佬的博客，为了加深理解我就自己再写一遍啦。 以下的“无向图”均无重边无自环。 定义f0[n]为n个点构成的无向图个数,f1[n]为n个点构成的无向图的总边数，f2[n]为所有(n个点构成的无向图的边数的平方)之和。 g0[n]为n个点构成的
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摘要：Description 传送门 Solution 请围观lhx大佬的博客（大佬写的太好了我都没有写的动力了em） Code
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摘要：Description Solution 我们先只考虑一只地鼠的情况，依题意得，在某一个时刻该地鼠的可能停留位置是一个公差为2的等差数列。我们设这个等差数列的两端为[L,R]。则如果区间[L+1,R-1]的格子被打实际上是不会影响L和R的（列一个等差数列实际模拟一下就发现啦）。而如果格子L被打，则L
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摘要：Description Solution 哇真的异常服气。。线段树都可以搞合并和拆分的啊orzorz。神的世界我不懂 Code
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摘要：Description Solution 感谢大佬的博客https://www.cnblogs.com/ywwyww/p/8511141.html 定义dp[i]为[p[i],p[i+1]）的期望经过次数，f[i]为处理完事件i后不会再回到i点或以前，直接到终点的概率。 则$dp[i]=1+(1-f
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摘要：Description 传送门 Solution 直接splay搞定吧。。似乎非旋treap也ok？ 我已经菜到模板题都写不出来了qaq Code
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摘要：Description 传送门 Solution 真是够神秘的啊。。。 Alice和Bob两个真的城会玩。 不过本题一个暗示挺明显的。就是黑板上所有数不论何时gcd为1。 考场上我以为会很复杂，结果。。是我想多了qaq，人家就是用来判断奇偶性的。 由于gcd为1，黑板上必定有一个数为奇数。 假如n个
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摘要：Description 传送门 Solution 假如我们确定了烧烤店区间[l,r]，则票j必定会选择在B[i][j](l<=i<=r)最大的烧烤店使用。 反过来想，我们想要票j在第i个烧烤店使用，寻找可行区间[L,R]。 为了避免重复计算，我们钦定$k\epsilon [L,i]$时B[k][j]
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摘要：Description Soluton 666这道题竟然用凸包。。。 维护r和c的下凸壳。哪个斜率大走哪个。 证明：我们先不考虑其他的，只考虑两条路，如下图： 设图的长度为x，宽度为y。如果我们要走上面的路径，则r1*y+c1*x>=r2*y+c2*x。 移项得$\frac{(r1-r2)}{x}\
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摘要：Description 传送门 Solution 看到那个式子，显然想到分数规划。。。（不然好难呢） 然后二分答案，则每条边的权值设为g(e)-ans。最后要让路径长度在[L,U]范围内的路径权值>=0 接下来我们就要找路径了。。 考虑树形dp或者分治。 假如是树形dp需要用长链剖分优化。 我的写法
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摘要：Description Solution 定义dp[i][j]为在1到i个数中选了j个数，并且保证选了i的选法总数。 dp[i][j]为所有满足A[k]>A[i]的k(k<i)的dp[k][j-1]之和。在处理完dp[i][j]后，在树状数组里A[i]位置填上dp[i][j-1]的值就好。这样可以优
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摘要：Description 传送门 Solution em本题知识点是用网络流求最大点权闭合子图。 闭合图定义：图中任何一个点u，若有边u->v，则v必定也在图中。 建图：运用最小割思想，将S向点权为正的点连边，流量为点权；点权为负的点向T连边，流量为点权的绝对值；原图之间的边流量为inf（表明不能割）
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摘要：Description Solution 神仙操作orz。 首先看数据范围，显然不可能是O（n2）的。（即绝对不是枚举那么简单的），我们考虑dp。 定义f(x,k)为以x为根的子树中与x距离为k的节点数；g(x,k)为在以x为根的子树中选择两个点，使得另一个点应在x子树外且离x距离为k的方案数（或者
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