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摘要： 没啥困难的。 枚举 iii，然后找出所有在 iii 后面可以出现的 kkk。对于某个 kkk，设 (i,k)(i,k)(i,k) 中有 xxx 个 aj=aia_j = a_iaj​=ai​，那么 kkk 的贡献是 k−1−i−xk-1-i-xk−1−i−x。 发现后面 xxx 是一个等差数列，前面 阅读全文

摘要： 典中典。 考虑如果 A→BA \rightarrow BA→B 的路径中必须要经过的点与 B→CB \rightarrow CB→C 必须要经过的点，除了 BBB 点之外还有交集，那显然没有这样的 A→B→CA \rightarrow B \rightarrow CA→B→C 的简单路径。 然后显而 阅读全文

摘要： 提供点分树做法。 先考虑静态问题，发现可以点分治做。具体的，对于每个分治重心，求出每个儿子子树内白点到当前重心的距离最大值。将最大和次大加起来即为两条路径拼接。 考虑动态怎么做？首先建出点分树，每个点维护两个 multiset，记为 sus_usu​ 和 tut_utu​，分别维护 uuu 子树内每 阅读全文

摘要： 比较显然的 DP 是很好思考的。 令 fif_ifi​ 表示前 iii 个字符的答案，转移时枚举 1≤j≤i1 \leq j \leq i1≤j≤i，判断 j∼ij \sim ij∼i 是否是一个单词，如果是，用 fj−1+s[j⋯i]f_{j-1}+s[j\cdots i]fj−1​+s[j⋯i] 阅读全文

摘要： 比较容易发现的是，由于图上不存在三元环，所以如果逃犯进了一个环，那么无论如何都抓不到了。 从 aaa 和 bbb 跑广搜，处理出到每个点的距离。接着找所有环即可。 不需要 Tarjan，平凡的，无向图 DFS 树上不存在横叉边，每一条返祖边对应一个简单环，全都搜出来就好了。 如果存在环上的点 iii 阅读全文

摘要： 还比较好想。 考虑对棋盘三染色，每连着的三个必然有三种颜色。只需要将三种颜色中的其中两种分别染成 O 和 X 或 X 和 O 即可。 总共 666 种染法，选最小的那个做，鸽巢原理容易发现操作次数不超过其限制。 #include <iostream> #include <cstdio> #inclu 阅读全文

摘要： 考虑每一个 xi<yix_i < y_ixi​<yi​ 的组，拿回 ziz_izi​ 的票需要 ⌈yi−xi2⌉\lceil \dfrac{y_i-x_i}{2}\rceil⌈2yi​−xi​​⌉ 个人从 yiy_iyi​ 变成 xix_ixi​。 直接算出两个人的得分 a,ba,ba,b，则至少需 阅读全文

摘要： 提供一个非常无脑但不太好写的做法。 考虑每一个点是否在一个人视线中，只需要考虑四个方向不遇到障碍物的情况下第一个人的方向即可。 那就直接四个方向，每个方向二分一次，找到那个人的位置就做完了。复杂度 O(n2log⁡n)O(n^2 \log n)O(n2logn)，假设 n,mn,mn,m 同阶。 # 阅读全文

摘要： 很简单的结论。 发现有一步十分重要，就是去重。我们考虑对于有序的无重序列中两个数 aia_iai​ 和 aja_jaj​，假设 i<ji<ji<j，aia_iai​ 加上的是 n−in-in−i，aja_jaj​ 加上的是 n−jn-jn−j。因为 aj−ai≥j−ia_j-a_i \geq j - 阅读全文

摘要： 可以发现，答案一定是可二分的。 那么我们思考如何判定。首先，对于一个点，在一棵 DFS 树上，它只有两种走法。要么往下走，要么走到祖先的某个点，然后考虑能否往下。 于是我们可以设计一个 DP，fuf_ufu​ 表示 uuu 点能往下的最大长度。fu=max⁡cj=0{fj+1}f_u = \max 阅读全文