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首先肯定是想着贪心选越大越好，问题是如何去检查当前选这个是否满足题意。我们可以对后面的进行判断 已知当前的余数是t，那么我们要检查3-t能否通过后面的组合选到，因为现在有3种数，我们考虑先固定一个数。 那么剩下两个数就是两个变量，并且需要满足两个等式，因此我们可以将1个变量通过约束条件算出他的等式。 阅读全文
posted @ 2020-09-10 21:40
朝暮不思
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比较简单，如果直观的建图的话，记录一下费用流模板 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e5+10; const int inf=0x3f3f3f3f; int h[N],ne[N],e[N],idx,w[N],f[N]; 阅读全文
posted @ 2020-09-09 23:04
朝暮不思
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首先观察到答案具有单调性，可以二分答案判断。 至于判断方式，可以采用是否符合满流判断是否可以达到目的。 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; typedef long long ll; typedef u 阅读全文
posted @ 2020-09-09 21:26
朝暮不思
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有关于wqs二分的问题，一般伴随着选指定个数的数量，且数量选取的多少和方法都会影响答案的一种问题。 这种问题一般都具有凸性，也就是斜率单增单减，这样我们就可以套上wqs二分来优化。 这基于的原理可以观看wqs本人的论文。 对于这题，我们发现选取白边的数量对答案是由影响的，也可以证明他确实具有凸性。 阅读全文
posted @ 2020-09-09 17:12
朝暮不思
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这道题抽象出来的问题是，对于每一对点，如果他们的a区间不相交，那么他们的b区间一定相交，反之亦然。 这启发我们可以枚举每个点的a区间，查找是否b区间相交。 快速找到与每个点的a区间相交的办法就是按右端点排序后，在i之前的右端点大于i的左端点的这段区间，我们不必关注i之后的点，因为这些对会在后面的时候 阅读全文
posted @ 2020-09-09 15:03
朝暮不思
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比较考验思维，考虑使用01trie先将数字建立trie，每次存在一下异或的结果。 对于异或出来的值，在01trie上贪心的找，如果能找到和他当前位相等的值时，判断一下他的子树中的数字是否满足前面所有的数都在 如果都在，说明答案要大，如果不在，说明就在当前子树 #include<bits/stdc++ 阅读全文
posted @ 2020-09-08 21:51
朝暮不思
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这个算法是因为借用了kruscal合并并查集集合维护连通性，并且重建树不破坏结构得名。 具体的思想是： 我们按照边权排序（本题从大到小排序） 我们在不断合并集合的同时，每次合并两个集合的祖先，都建立一个虚拟原点，使得这个点指向两个祖先，并且边权等于点权。这就是kruscal重构树，本质上是一个二叉堆 阅读全文
posted @ 2020-09-08 14:57
朝暮不思
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根据题目要求，首先最左边的情况直接维护即可。问题是如何知道何时最靠后。 一个朴素的想法是模拟这个过程，把这个数提到最前面，那么每次都对每个数查询一下在他前面的数量最多是多少。 这其实就是单点修改+区间查询，因此我们想到使用树状数组来维护。其实我们不用每次都对每个点查询。我们只需要对每次询问的点查一遍 阅读全文
posted @ 2020-09-08 10:10
朝暮不思
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不要被假象迷惑，其实这是一道区间dp，如果过多的考虑怎么放长方形就容易进入误区。 我们考虑一个dp状态表示f[][][][],将一个长方形中所有的点变成”."的最小代价，之后枚举行列进行区间dp，这其中其实已经做好了划分长方形的工作。 #include<bits/stdc++.h> using na 阅读全文
posted @ 2020-09-07 22:49
朝暮不思
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一个经验是，这种询问两种有些互斥的情况的构造题，往往都是有解的，CF出过很多类似题，特别是给定了一些奇怪的点数，例如倍数之类的 往往一种情况取反就是另一种情况，以前有些dfs树上找环也是这种题，不过更难一些 话说回来，对于这题，我们可以考虑在加边的时候，对于边两端，如果两个点都没标记过，就标记一下， 阅读全文
posted @ 2020-09-07 22:03
朝暮不思
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