Shopping
万物皆可构造- 我们只关心最少的趟数
- 显然可以
t
[
i
]
→
t
[
i
]
m
o
d
2
L
t[i]\to t[i]\bmod 2L
t[i]→t[i]mod2L，然后直接加到答案里面
- 显然可以每走到一个商场停留
2
L
2L
2L时间购物，然后走到下一个商场，答案是
n
+
1
n+1
n+1
- 还是考虑依次处理每个商场
- 记
l
[
i
]
=
[
t
[
i
]
≤
2
(
L
−
x
[
i
]
)
]
l[i]=[t[i]\le 2(L-x[i])]
l[i]=[t[i]≤2(L−x[i])]
-
r
[
i
]
=
[
t
[
i
]
≤
2
x
[
i
]
]
r[i]=[t[i]\le 2x[i]]
r[i]=[t[i]≤2x[i]]
- 假设
i
<
j
i<j
i<j，并且
l
[
j
]
=
r
[
i
]
=
1
l[j]=r[i]=1
l[j]=r[i]=1，那么我在
2
L
2L
2L的时间内可以先到
j
j
j商场，购物完后再回到
i
i
i商场，再从
i
i
i商场出发
- 注意到如果
l
[
i
]
=
1
,
r
[
i
]
=
0
l[i]=1,r[i]=0
l[i]=1,r[i]=0，那么
x
≤
L
2
x\le \frac{L}{2}
x≤2L
- 如果
l
[
i
]
=
0
,
r
[
i
]
=
1
l[i]=0,r[i]=1
l[i]=0,r[i]=1，那么
x
≥
L
2
x\ge \frac{L}{2}
x≥2L
- 因此只能
l
[
i
]
=
r
[
i
]
=
1
l[i]=r[i]=1
l[i]=r[i]=1与上述两种点匹配
- 显然
l
[
i
]
=
r
[
i
]
=
0
l[i]=r[i]=0
l[i]=r[i]=0的情况只能在原地等
- 注意细节，如果
l
[
n
]
=
1
l[n]=1
l[n]=1的话可以单独把这个点消掉让答案减少
1
1
1
- 复杂度
O
(
n
)
O(n)
O(n)
Snuke and Spells
- 考虑求出一个序列最多的不修改的球的数目
- 如果当前值为
x
x
x的球保留了
i
i
i个，那么下一个保留的球的值最多为
x
−
i
x-i
x−i
- 显然这个构造是合法的，因为被改变了的球可以任意填坑
- 显然可以暴力
d
p
dp
dp做到单次查询
O
(
n
)
O(n)
O(n)
- 但是这样太慢了考虑继续推性质
- 然后想歪了去推优化
d
p
dp
dp了
- 假设对于值
x
x
x覆盖区间
[
x
−
i
+
1
,
x
]
[x-i+1,x]
[x−i+1,x]
- 那么能保留的球的数目上界就是区间覆盖的并的长度
- 复杂度
O
(
n
+
q
)
O(n+q)
O(n+q)
- 说白了还是构造
d
p
dp
dp然后优化
Sorting a Grid
- 考虑暴力匹配
- 假设我们已经匹配了前
i
−
1
i-1
i−1列
- 考虑构造二分图完美匹配
- 证明利用Hall定理+鸽巢原理
- 复杂度
O
(
n
4
)
O(n^4)
O(n4)
Skolem XOR Tree
万物皆可构造- 考虑菊花图的构造
水逆了呵呵 考虑将
1
1
1作为根- 显然不能只挂长为
1
1
1的链
为什么没有想到挂长为
2
2
2的链啊该死- 我们只需要将剩下的点两两配对使得
x
⊕
y
=
1
x\oplus y=1
x⊕y=1
- 显然
n
n
n是奇数就做完了
- 显然
n
n
n是偶数的话
n
=
2
k
n=2^k
n=2k是无解的
- 显然直接找
lowbit(n)
→
1
→
n
−
lowbit(n)+1
\text{lowbit(n)}\to 1\to n-\text{lowbit(n)+1}
lowbit(n)→1→n−lowbit(n)+1即可
Two Histograms
posted @
2022-07-22 10:25
仰望星空的蚂蚁
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