摘要：
发现是求[ice的和]与[fire的和]的较小值的最大值。ice的和，是一个单调不下降的函数，fire的和，是一个单调不上升的函数。两者较小值的最大值，显然在它们相交的地方取到。二分相交的地方。用数据结构分别维护ice和fire，时间复杂度O(nlog^2n)。直接在线段树上二分，复杂度O(nlogn)，但是常数较大。用树状数组上倍增的技巧代替线段树上二分，就可以了 阅读全文
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D是贪心。难点在于把树的形态和生成方法搞明白。E也是贪心，思路是从边界入手，考虑什么人能被放到最后，然后把这些删掉，继续考虑即可。F是个博弈题，而且是多轮游戏，这比较特别，但处理的方法也是个套路，算是学到了。重点还是在于搞清楚单轮游戏，什么情况下能赢，什么情况下能输。需要仔细的分析。 阅读全文
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day1 T1 爆零是我万万没想到的！今年省选，算是翻车了。day2 180，我自己觉得是正常发挥了，但还是比不少人低。大家都很厉害！不过这也是很好的经历。可以看出，我水平还有很大的进步空间。随着升入高二，我要应该更珍惜时间，努力提升水平。争取明年省选成功！ 阅读全文
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考虑预处理出s的每个子串是不是t的子串。发现对于一个左端点i，是t子串的右端点是从i开始的一段连续的区间，我们记这样的最大右端点为R[i]。对t建SAM，可以通过在SAM上跳求出R[1...n]。然后对于询问l,r。分r<=R[i]和r>R[i]两类讨论。那么相当于一个二维的区间最大值查询。通过离线去掉一维，另一维用线段树维护即可。 阅读全文
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先求严格上升的这些序列的权值之和，再乘以n!就是答案了。DP。设f[i]表示所有长度为i的，严格上升的序列，的权值和。考虑在f[i-1]后面加一个数，转移到f[i]，那么要求新加入的数不能和前面任意一个数相同，且必须是最大的。先不管是不是最大的，最后再除以i就行。不能相同这个条件可以容斥。最后发现需要预处理自然数幂的和，用求逆，把NTT换成暴力乘就行。 阅读全文
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把枚举位置改成枚举值，那么只要判断，值域序列上，两侧，对应的位置里有没有一个小于pos[i]，一个大于pos[i]。大于、小于分别看做01，那么就是要判断01序列有没有不相等的值。可以用bitset或哈希。 阅读全文
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核心性质：单独一个点，假如固定每个操作的数目，则得到的草呈矩形，且形状不会应操作顺序变化而变化。所以最后的结果与操作顺序无关。同时发现当向上、下次数总和一定时，若无上下边界，则草地形状一样。考虑枚举向上、向下次数分别为多少，计算所需的向左、向右次数。然后优化为枚举向上、向下次数之和，做扫描线，用单调队列维护。 阅读全文
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条件相当于求不能走原图里的边的方案数。把它容斥成，求必须走至少i条原图里边的方案数。先做状压DP，求出把原图，划分为x条链的方案数。链之间是完全图，完全图的哈密尔顿路径数量是x!，要乘上容斥系数，取决于不合法的边数。因为有n个图，相当于做n次背包，也就是自己卷自己的卷积。我们转成点值，然后快速幂，最后IDFT回去即可。 阅读全文
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集合内两两距离小于等于x，等价于集合里深度最大的点，到所有其他点距离均小于等于x。把所有点按深度排序。依次枚举一个点作为深度最大的点，然后将它标记。我们每次要求所有已标记的点中到当前点距离小于等于x的点的数量。可以用点分树+树状数组统计。统计出这个后，做一遍FFT求出答案 阅读全文