2022年11月7日
摘要：
看到序列操作，又是区间加，想到线段树。 但是维护斐波那契数列的和无法打标记，但发现对于一个区间，加上一个斐波那契数列后仍然满足递推公式 \(f_i=f_{i-2}+f_{i-1}\)，只是递推起点 \(f_1,f_2\) 变了，这启发我们将这个数列里的数都和 \(f_1,f_2\) 取得联系，这样每
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posted @ 2022-11-07 12:05
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摘要：
容易想到维护 \(c_i=a_i-b_i\)，最后只用看 \(c\) 是否全是 \(0\)。 看到区间加后想到维护 \(c\) 的差分，而且 \(c\) 全为 \(0\) 等价于差分全为 \(0\)，但普通的差分可行是因为增量满足递推式 \(a_i=a_{i-1}\)，这样前减后就刚好抵消，但现在增
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posted @ 2022-11-07 10:52
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摘要：
考虑把不存在负环转换为存在差分约束。 由于 \(i \rightarrow i+1\) 的 \(0\) 边不能删，因此有 \(x_i\geq x_{i+1}\)，然后是经典操作，把大小限制转为差分，令 \(q_i=x_{i}-x_{i+1}\)，那么这个限制就是 \(q_i\geq 0\)。 考虑保
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posted @ 2022-11-07 09:55
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2022年11月6日
摘要：
涉及位运算，考虑拆位。 即统计每一位的贡献。 假设现在统计第 \(i\) 位的贡献。 首先枚举 \(b_i\)，然后看有多少个 \(a_j\) 和 \(b_i\) 相加后第 \(i\) 位是 \(1\)，如果只看第 \(i\) 位，如果和是 \(1\)，则不能进位，否则必须进位，若要求进位，则满足
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posted @ 2022-11-06 23:42
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摘要：
考虑暴力 \(dp\)，把这条链上的点抽出来，并设 \(a_i\) 等信息都是从 \(i\) 向 \(i+1\) 的信息。 设 \(dp_{i,0/1}\) 表示在 \(i\) 这个点无/有船的最小时间。考虑从 \(i\) 递推到 \(i+1\)。 如果顺流： \(dp_{i+1,0}=\min(d
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posted @ 2022-11-06 22:33
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摘要：
为了方便，如果 \(a_i=-1\)，则将其赋值为 \(n+1\)。 不难从小的位置连向大的位置建图，对于 \(i\)，如果 \(a_i\neq n+1\)，则 \(i\) 向 \(a_i\) 连边，然后遍历 \(j\in[1,a_i)\)，如果 \(j\) 未被标记，则 \(j\) 向 \(i\)
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posted @ 2022-11-06 21:16
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摘要：
看到 \(m\) 很小，可以想到状压或容斥。 状压比较困难，考虑容斥。 枚举没有被照亮的点的集合，记为 \(S\)，\(f(S)\) 为其方案数。 \[ans=\sum_{S}(-1)^{|S|}f(S) \]考虑计算 \(f(S)\)。发现 \(S\) 里的点会把原区间划分为 \(|S|+1\)
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posted @ 2022-11-06 17:19
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摘要：
将要计数的图称为第一种图，关键树成为第二种图。 考虑从小到大考虑每个边权。 对于每个边权，当它连接到第一种图时，有两种选择。 什么也不做。 将这条边加入第二种图。 对于第一种边，它不能将两个双连通分量连接成一个双连通分量，因为这样分别在两个连通分量里的点的答案将会是这条边权（此时所有的环都有这条边，
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posted @ 2022-11-06 17:18
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摘要：
做法来自官方题解。 首先，假设 \(b\) 是固定的，计算不同 \(a\) 的数量。 可以发现如下性质： 如果 \(b_i\neq i\)，说明 \(i\) 被 \(b_i\) 占领，一定有 \(a_{b_i}=i\)。 如果 \(b_i=i\)，意味着对于所有 \(a_j=i\)，\(j\) 攻击
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posted @ 2022-11-06 17:06
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摘要：
对于极差，一般思路是固定最小值，然后去找最大值的最小值。 有一个比较显然的性质：相同的数可以执行相同的操作，这样可以看作各个数互不相同。 考虑动态规划：\(f[i][j]\) 表示只考虑 \(j\) 这个数，把它分解成若干个大于等于 \(i\) 的因数，其最大值的最小值是多少。 \[\left\{
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posted @ 2022-11-06 17:05
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