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洛谷传送门 分析 首先可以将骑士比赛这件事视为将一段区间缩为一个点。那么最后剩下的一段区间中每个点一定是有一个区间浓缩而来。展开这个区间，展开后的区间中的每个点也是由一个区间浓缩而来。这样逐步展开，会得到原本的有 \(n\) 个元素的数组。注意，虽然迟到的还没有加入，但是各区间的包含情况是不变的。所 阅读全文
posted @ 2024-02-17 20:07
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洛谷传送门 分析 结论：如果存在解，则一定有一个解使得选的数是排序后的一段前缀并上一段后缀。 下文所说序列均已排序。 引理：对于一个可行解选的某个数，一定可以将其换成序列中的最小数或最大数而使得换完之后还是一个可行解。 证明：反证法。假设都不可换。 设当前选的所有数的和为 \(s\)，限制为 \(\ 阅读全文
posted @ 2024-02-16 21:27
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Lucas 定理，一般用于求某组合数对某质数取模的值，即 \(\binom{n}{m} \bmod p\)。 一般来说，这种东西有一堆求法。\(n, m\) 小的话可以直接递推，\(p > n\) 可以根据定义 \(\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!}\) 预处理阶乘 阅读全文
posted @ 2024-02-01 22:07
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关于我赛时线段树忘了开四倍空间导致白吃了一发罚时这档逝 原题传送门 约定 \(x\) 子树内的叶子称为 \(x\) 的叶子。 与 \(x\) 颜色相同的点称为 \(x\) 的同色点或 \(x\) 色点。 所有在 \(x\) 子树内的、到 \(x\) 的路径上（两端不含）没有 \(x\) 的同色点的 阅读全文
posted @ 2024-01-31 22:12
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非常好 dp，使我线段树旋转。 原题传送门 分析 首先由于两点之间直线线段最短，我们肯定是希望从头一直送到尾，最后回家。但是有了 \(k\) 的限制，就麻烦了。 考虑一个 dp。我们设 \(dp[i]\) 表示刚送完第 \(i\) 个孩子时所要跑的最短距离。转移的时候我们枚举上一次回家是在送完哪一个 阅读全文
posted @ 2024-01-31 22:11
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原题传送门 分析 约定：钦定 \(1\) 为根。下称修道院所在点为黑点，城镇所在点为白点。记 \(F(x)\) 为 \(x\) 的父亲。 对于每个黑点 \(x\)，我们可以求出将哪些白点删去会使得其要求无法达成。显然，删去以 \(x\) 为根时 到 \(x\) 所有距离最远的点的 LCA 与 \(x 阅读全文
posted @ 2024-01-31 22:10
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第一次 AK abc，写篇题解记录一下。 原题传送门 分析 发现实际上是要求删去每个绿点之后会多出几个连通块。发现这跟割点的定义很像，于是考虑建图，在相邻的绿点之间连边。然后就只要知道每个点到底被包含在几个点双里。我们使用圆方树，此时就只需要统计每个点的度数就可以了。 代码 #include <io 阅读全文
posted @ 2024-01-31 22:10
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传送门 分析 可以考虑 dp。先朴素地定义 \(dp[i][j]\) 表示当前在结点 \(i\)，已经走过了 \(j\) 个结点（含当前）的方案数。发现没法处理括号匹配，于是加一维 \(k\) 表示当前还剩 \(k\) 个前括号没有匹配。又发现没法处理前导 \(0\)。于是考虑再加一维表示当前的最后 阅读全文
posted @ 2024-01-31 22:09
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原题传送门 分析 考虑 dp。设 \(w[0/1][l][r]\) 为区间 \([l, r]\) 内的设备不与上 / 下树连通且不影响其他设备与上 / 下树连通性时可以删除的最多边数。可以枚举 \(l\)，递推 \(r\)。假设我们现在要从区间 \([l, r)\) 得到区间 \([l, r]\) 阅读全文
posted @ 2024-01-31 22:08
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原题传送门 分析 考虑将竖直线从左往右扫，发现左半部分的颜色种类数不减，而右半部分颜色种类数不增。于是如果要保证任意时刻两半颜色数量一样，则这个相等的颜色数量一定不变。考虑竖直线在 \(1\)、\(2\) 列之间和在 \(m - 1\)、\(m\) 列之间时，发现这两个时刻左半部分颜色数量相等，也就 阅读全文
posted @ 2024-01-31 22:07
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