随笔分类 - trick
摘要：abc227F 依次钦定x为路径上的第k大的数，然后dp即可。 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<map> #include<queue> #include<bitset> #include<cmath>
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摘要：[PA2009] Cakes 题目描述 一个有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，每个点有一个点权 \(a\)。 对于任意一个三元环 \((i,j,k)（i<j<k）\)，它的贡献为 \(\max (a_i,a_j,a_k)\)。 求所有三元环的贡献和。 我们可以给无向边定向，具体的做法是
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摘要：F - Teleporter Setting 题意： 给出n个顶点和一些边，其中一些边两个端点确定，另一些边只有一个端点确定，对于每个i，令其为所有这些不确定的边的另一个端点，问1到n的最短距离是多少。 建立一个虚点，然后f,g分别表示1，n到x的最短距离， 分别计算两种经过i的情况，以及可能不经过
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摘要：E - Ring MST 有i种操作，第i种操作为选择一个数x，然后在x和(x+a[i])%N之间连边，代价为c[i]，问是否能够让图联通，如果可以最小生成树的边权和是多少。 首先按照克鲁斯卡尔算法，我们肯定是按照边权从小到大连。 考虑前i种操作都操作完后的连通块个数。 若u，v在同一联通块， 则
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摘要：数的范围是在k进制下的n位数 一个数是lucky的当且仅当在k进制下，存在一个数位上的数，等于其他数位上的数在模k意义下的和。 利用减法原理 假设一个数的数位和为s，如果存在一个数，那么有 s-x%k=x%k -> s%k=2x%k 那么我们找到这样的x，就是说在计算和为s的方案数是不能使用这些x
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摘要：abc132F - Small Products 容易想到暴力dp，f[i][j]表示到第i个位置，且i位置上填的是j的方案数。 虽然N非常大，但是如果我们考虑按\(\frac{n}{k}\)的值分块，那么就只有根号级别的数量 \(f[i][j]\)表示在到第i个位置，且第i个位置选了第j个块中的数
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摘要：abc335F - Hop Sugoroku 首先容易想到\(O(n^2)\)的dp 考虑优化，对于一个i，只会对满足\(i+a[i]*x=j\)的j有贡献。 也就是j%a[i]=i%a[i] 那么我们可以延迟转移，用cnt[a[i]][i%a[i]],来记录贡献， 然后我们数组不可能开那么大，所以
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摘要：https://atcoder.jp/contests/arc168/tasks/arc168_b 不会博弈，但是会乱搞 首先直接判断-1的情况 然后我们直接考察最大值能不能取到 假设存在一个数ai \(a_1\oplus a_2 ...\oplus(a_i-x)\oplus...a_n\)=max
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摘要：https://codeforces.com/contest/1864/problem/D 结论很好猜，直接从上到下做就行 我们可以维护差分数组，表示对下面的影响，逐行往下推就行，当然+和-要分开，因为一个是往前推，一个往后推。 时间复杂度\(O(n^2)\) #include<cstdio> #i
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摘要：https://codeforces.com/contest/1864/problem/C 思维越来越僵化了 假如\(n=2^k\)，直接每次/2就行。 否则，我们可以考虑如何转化成上面的情况 令\(n=2^k x\)，那么我们显然可以转移到\(n=2^k (x-1)\)，因为x是奇数，所以2的次幂
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摘要：https://atcoder.jp/contests/abc280/tasks/abc280_f 对于每一个连通块单独处理，首先判断是否全为0环，可以用bfs判断。 从一个点出发计算其他点到它的最短距离，如果存在一个不唯一，说明存在非零环。 然后计算距离的时候直接-d[x]+d[y]即可 #inc
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摘要：https://codeforces.com/contest/1325/problem/D 有一个非常经典的结论 a+b=(a^b)+2(a&b) 这个题就可以往上面靠，首先我们观察一下，对于两个数的情况，如果(v-u) mod 2=1,必然无解，试着将它扩展一下，也是对的，因为最低一位没有进位。
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摘要：https://codeforces.com/problemset/problem/1415/D 从高位到低位考虑，需要注意的是我们的最后一个数可能是有后面的数异或来的，需要记录异或了几次（下面会说） 如果当前这一位全都为0，直接下一位 如果当前这一位出现了至少4个1，那么答案为1。 如果只有一个1
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摘要：https://codeforces.com/problemset/problem/1446/C 断断续续想了挺久的，还发现看错题了。 首先一个显然的结论是不会成环，证明显然。 突破口在于从高位往低位考虑，我们按照最高一位的值分成两类，一类是这一位为0，另一类为1，那么显然在我们不进行任何操作的时候
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摘要：cf797e 还是暴力，将不同的询问根据k分开，然后bfs，建出一棵树，然后dfs。 时间复杂度：O（能过） 稍微口胡分析一下 大概是 \(min(1,q[1])*n/1 +min(2.q[2])*n/2+min(3,q[3])*n/3+.....\) qi表示第k=i的询问个数 因为每一种k它最多
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摘要：cf1582F2 对于每种数可以维护一个列表v[x]，表示到当前位置，最后一个数小于等于x，能够取到的值，对于当前的数ai，我们可以用v[ai]中的值x与ai异或，来更新v[ai+1],v[ai+2]后面的值。 然后就是有两个优化，每次我们更新完后，都对v[a[i]]清空，因为只有两个相同数之间的数
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摘要：cf1322BPresent 首先拆位是显然的，对于两个数a[i],a[j]，除了考虑当前位上的数，我们还要考虑是否会产生进位，我们可以利用基数排序+双指针，因为我们每次都是将低位的排好序了，所以我们可以用双指针计算进位，然后分类计算一下，当前为为1的情况即可。 #include<cstdio> #
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摘要：cf1709E. XOR Tree 贪心是显然的，关键是如何合并两棵子树的信息，可以采用启发式合并。 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<map> #include<vecto
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摘要：cf1834E 首先可以估计一下答案的量级，因为小于答案的质数都要必须要出现，5e6以内的质数大概就是3e5，所以答案不超过5e6。 我们维护以i右端点的lcm的值，这些值的数量不会太多，因为每次增长都至少×2，所以是log级别。 每次新加的时候记得更新和去重即可。 #include<cstdio>
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摘要：F. Unique Occurrences 假如我们删除所有权值为x的边，那么所有权值为x的边对答案的贡献就是 \(\sum sz[u]*sz[v]\) sz表示两个联通块的大小，且(u,v)的边权为x 我们可以用可撤销并查集来进行处理，简单来说就是将一条边的存在时间看作区间，然后挂到线段树上，然后
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