05 2019 档案
摘要：一眼最小割。 一种比较好想的建图方式如下： 连源点表示学文，连汇点表示学理，然后adde(S,id(i,j),a[i][j])，adde(id(i,j),T,b[i][j])；对于相邻座位选择同一科的情况，建立新节点，然后若学文，则新点向T连一条流量为价值的边，然后两名同学向该点连接流量为inf的边
阅读全文
摘要：很容易发现一个O(n2)DP，f[i][j]=f[i][j+1]+f[i+1][j]-f[i+1][j+1]。然后由于有栅栏，一些位置没办法走，然后就可以用类似差分的方法，f[i]表示当前行f[i+1]无法到达的花朵，然后对于每个点找到其下方第一个栅栏。分情况讨论，需要支持单点修改（出现花），区间标
阅读全文
摘要：非常抱歉，这篇文章鸽了。
阅读全文
摘要：非常抱歉，这篇文章鸽了。
阅读全文
摘要：这题正解应该是扫描线，就是发现DP的区间在两个维度都为连续段，于是可以直接扫描线。但不幸的是，扫描线常数过大，无法通过本题。 考虑分治。对于分治区间[l,r]，可以记录pre和nxt表示其前/后一次出现的位置，每当遇到一个出现次数=1的数，可以直接把区间分为两半判断，反之则丢掉这个数，而仅会分治一次
阅读全文
摘要：颜色数不超过lim=min(m,n/S)，然后计算恰好出现S次的颜色有至少i种的方案数为f[i]，被钦定的i种恰好S个，其余(m-i)种一共(n-iS)个，然后f[i]=C(i,m)(m-i)n-iSn!/((S!)i(n-iS)!)，然后一减就发现ans[i]=Σ(-1)j-iC(i,j)f[j]
阅读全文
摘要：首先有个很奇妙而且很有用的性质：每个二叉树对应唯一的中序遍历，然后每个二叉树出现概率相同。所以n个节点的二叉树形态是n!种（题目中说了*n!已经是提示了），对每种方案求和即可得到期望。令f[i]表示i个节点的子树，根深度为1时，所有点的期望深度之和乘i!的值，令g[i]表示i个节点的子树，期望两两路
阅读全文
摘要：开始没看数据范围差点以为是这题了：https://www.cnblogs.com/hfctf0210/p/10911340.html 然后看到n<=1e8，怎么这么大？ 所以这题需要用动态开点线段树或者动态开点splay，而我上面的那题写的树状数组，为了熟悉splay就用动态开点splay吧而且也不
阅读全文
摘要：这题90%以上的人做法为裸的平衡树，实际上根本没必要还常数大，最好的方法是二分+树状数组。具体做法是，开3倍内存，初始把中间n位赋值为1。对于每个操作：1&2、删除该位，将其丢在头/尾（开三倍内存的原因）。3、插入时直接二分查询第ask(x)+y位，换一下即可。4、直接查询。5、二分查询。复杂度O(
阅读全文
摘要：有一个数组开大会MLE开小会RE的做法：就是树套树，即树状数组套主席树，这种方法比较暴力，然而很遗憾它不能通过，因为其时空复杂度均为O(nlog2n)。 想到一种不怎么耗内存，以时间换空间，分块！单次修改(l,r)只对点对(l,r)、(l,i)和(i,r)产生影响，其中l<i<r，然后可以考虑分块，
阅读全文
摘要：第一个subtask应该还是很送分的，就是每次询问两端值的大小，(N+1)/2次即可。 考虑第二个subtask，首先还是先把最小值和最大值询问出来，然后发现不需要询问每一个数，直接将[l+1,r-1]均分成N-1个区间，因为最长区间长度一定不小于平均值，所以应该会跨越两段，若在某一段内有值即可直接
阅读全文
摘要：sub1：ans=a*b%c，龟速乘即可。 #include <stdio.h> #include <stdlib.h> unsigned long long a, b, c, d; unsigned long long mul(unsigned long long a,unsigned long
阅读全文
摘要：看到平均值一眼分数规划，二分答案mid，边权变为w[i]-mid，看是否有长度在[L,R]的正权路径。设f[i][j]表示以i为根向下j步最长路径，用长链剖分可以优化到O(1)，查询答案线段树即可，复杂度O(nlog2n) 不知为什么bzoj上RE，luogu上AC，暂时不管了。 #include<
阅读全文
摘要：对于操作1，显然可以使用主席树维护，然后对于一条链(x,y)，假设lca为f，根为rt，则(rt,x)+(rt,y)-(rt,f)-(rt,fa[f])即为所求的链，在主席树上直接查询即可，查询方式类似于treap/splay对size的询问。 对于操作2，可以用LCT，当然也能启发式合并，每次连边
阅读全文
摘要：A*板子题。我的code只能在luogu上过，bzoj上RE/MLE不清楚为啥。 蒟蒻到AFO前2个月不到的时间才学A*，A*其实就是bfs过程中进行剪支删除没必要的搜索。然后其实上这样剪支即可：如果从当前答案+从当前走到1的最短路比已有的最优解更劣，无需扩展次节点。然后k短路中，估价函数=当前节点
阅读全文
摘要：复习SAM板子啦！考前刷水有益身心健康当然这不是板子题/水题…… 很容易发现只在i位置出现的串一定是个前缀串。那么对答案的贡献分成两部分：一部分是len[x]-fa~len[x]的这部分贡献会是r-l+1；剩下一部分1~len-fa-1这部分会和i~r构成答案，写两棵线段树即可。 然后就又是板子题了
阅读全文
摘要：降智好题。本蒟蒻VP时没想到怎么做被题面迷惑了，只会20分的“好”成绩。简直自闭了。 首先显然度为0的点是白给的，根据等比数列求和公式即可求得。然后考虑这个树如果是一颗外向树，就是每个点先父亲再自己。然后直接DP，令f[i][j]表示子树i内Σw=j的概率，转移时直接用背包转移一发即可。边是正向的直
阅读全文
摘要：快要THUSC了，来水几道模板题吧。 这题其实是AC自动机模板。看到长度最短，首先就想到AC自动机。那么就直接暴力法来吧，把每个串建立在AC自动机上，建立fail指针，然后由于n<=12，可以把记录的状态压缩一下，就是压缩走到该节点出现了哪些状态，建立fail指针时也顺带更新一下。然后直接从根节点开
阅读全文
摘要：这题七次方做法显然，但由于我太菜了，想了一会发现也就只会这么多，而且别的毫无头绪。发现直接做不行，那么，容斥！ f[i]为至少i个极值的方案，然后这里需要一些辅助变量，a[i]表示选出i个三维坐标均不相同的i个极大值的方案数，g[i]表示i个极大的数任意一个至少有一维坐标相同的点的个数，h[i]表示
阅读全文
摘要：这题72分做法挺显然的（也是我VP的分）： 对于n,D<=5000的数据，可以记录f[i][j]表示到第i次随机有j个数字未匹配的方案，直接O(nD)的DP转移即可。 对于D<=300的数据，根据转移系数建立矩阵，跑一遍矩阵快速幂，复杂度O(D3logn)，不过要注意卡常数，因为是稀疏矩阵可以判掉无
阅读全文
摘要：由于蒟蒻太菜没报上CTS，只能在家打VP。 感觉这题挺有意思的，5h中有3h在玩这题，获得74分的“好”成绩。 说说我的做法吧： subtask1~3：手玩，不知道为什么sub2我只能玩9分，但9和10没什么区别我也没管了。 subtask4：首先发现矩形只有x*y的，其中1<=x<=y<=4，然后
阅读全文
摘要：因为本人rating太低，这场比赛还要记rating就来划水了，果然垫底了。 6题都很水，于是头一次在网赛中AK，不过由于网卡+手速太慢还是成功垫底。 ABE 签到。不贴代码了，因为A考察字符串读入和for循环；B考察if语句的使用；E为这场CF的C题原题 C 枚举掷骰子掷到的点数，然后再暴力搜需要
阅读全文
摘要：快AFO了才第一次写二次剩余的题…… 显然应该将Fn写成通项公式（具体是什么写起来不方便而且大家也都知道），设t=((1+√5)/2)n,T=√5N，然后可以得到t-(-1)t/t=√5N，两边同时乘t，移项，得到t2-√5Nt-(-1)n=0。分别讨论n是奇数或偶数的情况，通过求根公式求t，写个二
阅读全文
摘要：首先本题的关键是一次性加0操作只有第一个0是有用的。然后对于1 k操作，其实就是把之前的所有数删除。对于其他的情况，维护一次函数的和，将(i,a[i])看成平面上的一个点，用单调栈维护一下。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int
阅读全文
摘要：由于d很小，所以可以把每个点拆成d个点，然后对于边(x,y)，连边时连接((x,i),(y,i+1))及((x,d),(y,1))。然后可以对这样连的边跑一遍tarjan缩点。然后直接暴力DP即可。不过当时比赛时不知道为什么一直写挂然后掉分了，后来发现用vector特别占用内存，要改成邻接表写。 #
阅读全文
摘要：A 签到 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int T,n; char s[10001]; int main() { scanf("%d",&T);while(T--) { scanf("%d",&n); scanf("%s",s+1); in
阅读全文
摘要：A 签到贪心题，特判了n=1或m=1的情况才发现2<=n,m<=1e5 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e5+7; int n,m; ll ans,a[N],b[N]; i
阅读全文
摘要：首先可以把题目转化一下：把树拆成若干条链，每条链的颜色为其所在的树的颜色，然后排放所有的链成环，求使得相邻位置颜色不同的排列方案数。 然后本题分为两个部分：将一棵树分为1~n条不相交的链的方案数；将这些链安排顺序使得不存在两条相邻的链来自同一棵树。 第一部分显然可以O(n2)树形DP，f[i][j]
阅读全文
摘要：考虑k=1的做法：这是一道原题，我还写过题解，其实挺水的，但当时我菜还是看题解的：https://www.cnblogs.com/hfctf0210/p/10187947.html。其实就是树上差分后值为1。 考虑k>1的做法：其实可以再次树上差分，给每个点i赋值v[i]=dep[i]k-dep[i
阅读全文
摘要：二进制分组SB做法没意思还难写还可能会被卡常其实是我不会写。用一种比较优秀的O(Tnlogn)做法，只需要做2次dijkstra。对原图做一次、对反图做一次，然后记录每个点的最短路是从k个源点中的哪个转移过来的。然后枚举每条边，若两边转移过来的源点不同，则用d1+w[i]+d2来更新答案即可。 #i
阅读全文
摘要：感觉是6题中最难的一题，其实这题是一个二合一： 第一问：给定平面上若干点和k个关键点，关键点覆盖一个45°倾斜的正方形范围r，求有多少点被至少一个关键点覆盖。这个可以曼哈顿转切比雪夫距离，然后再扫描线求解，复杂度O(nlogn) 第二问：求最少和最多有多少次擦肩而过。显然每个交点都可以做对向交换，这
阅读全文
摘要：出这种麻将题有意思吗？ 乍看很难实则很水，就是麻将式DP，想必大家很熟悉了吧。首先把“国士无双”和“七对子”两种牌型判掉，然后观察牌胡的形式，发现每多一张牌实际上就是把1个面子变成1个杠子，然后可以直接DP啦！f[i][j][k][p][q]表示到第i种牌型，(i-2,i-1,i)有j个，(i-1,
阅读全文
摘要：首先看到与或，很显然想到按照位拆分运算。然后就变成了0/1矩阵，要使矩阵在当前位与为1，则矩阵全为1，如果是或为1，则是矩阵不全为0，然后求全为0/1的矩阵个数即可。记录c[i][j]表示以a[i][j]在该位向上0/1的长度。然后对于每一行，单调栈求解即可。 #include<bits/stdc+
阅读全文
摘要：要想让一个位置作为最小循环，其必须是最小后缀，然后一个字符串的最小后缀不超过O(logn)个，于是维护备选集合即可。 然而要在O(n)复杂度求解，需要求出原串后缀与原串的LCP长度，需要用Z-algorithm。而此时由于备选后缀存在前缀关系，比较时只需用到每个后缀与原串的LCP #include<
阅读全文
摘要：AB 签到（A是a-b problem就不放code了） #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int r,g,b,n,ans; int main() { cin>>r>>g>>b>>n; for(int i=0;i*r<=n;i++) for(i
阅读全文
摘要：O(nlogn)的做法十分显然，有三种可以做到O(nlogn)的：1、最容易的想法：把串扩展成两倍，然后跑一遍SA求后缀数组。2、求后缀同样也可以用SAM去求解，用map存一下。3、最暴力的方法：直接二分+hash比较第一位不同的。 其实这题想要让我们用最小表示法求解，然而我不会就来学一下。很容易发
阅读全文
摘要：设第i个人在t时刻生/死为(x,0/1,t)，然后显然能够连上(x,0,t)->(x,0,t-1)，(x,1,t)->(x,1,t+1)，然后对于每个限制，用朴素的2-SAT连边即可。 但这样的点数达到了O(nT)，其实有一种方法可以只把限制的边连接建图，点数为4m，这样可能会被卡常。 有没有更优秀
阅读全文
摘要：A 签到，然而手残WA了一发，不过加上50分名次不变。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); m=n-m; if(m==n)printf("1"); else i
阅读全文
摘要：据说原数据可以让复杂度不满的暴力O(Tn^2)过掉……O(Tn^2)方法类似于codeforces一场div2的E题 有一种比较好的方法：每次找出原图G中度最小的点加入q，然后将相邻的点加入新图G'。这显然能够得到一个最大的独立集。而p可以在维护度最小的点最大这一过程中，把G的所有点加入集合p。因为
阅读全文
摘要：首先可以把问题转化一下：m堆石子，一共石子数不超过(n-m)颗，每次可以将一堆中一些石子推向前一堆，无法操作则失败，问有多少种方法使得先手必胜？ 然后这个显然是个阶梯Nim，然后有这样的结论：奇数层异或和为0。具体证明：参考这篇博客，当然不是我写的。如果不知道结论，里面有例题POJ1704可以做一下
阅读全文
摘要：一眼看上去就应该能用半平面交去做。 首先考虑怎么求可能得第1名的人：每个人的函数为直线，就是在所有人的半平面交中的上边界者即可获得第一名，这个可以单调队列求解。 再考虑如何求可能得第2名的人：满足2个条件：1、在去掉可能得第1名的人后可以拿第1，这个跳转到上面的过程；2、至多同时被1个能拿第一名的人
阅读全文
摘要：注：以下p[i]均表示概率 设F(x)为按i次开关后到达终止状态方案数的EGF，显然F(x)=π(ep[i]x/p+(-1)s[i]e-p[i]x/p)/2，然而方案包含一些多次到达合法方案的状态，需将其排除。n次操作回到原状态的方案数的生成函数G(x)=π(ep[i]x/p+e-p[i]x/p)/
阅读全文
摘要：好神的题啊！ 看了这题只会第一个subtask，又参考了HN-CJ鸽王zsy的题解，实在太菜了。 暴力转移是O(nc2)，很显然没有分。考虑子任务1,2，只需要转移包含已染色格子的列，然后状态数只有O(nc)，对于关键两列（即有染色的列）间，只有5种状态。而这个可以初始化转移，转移讨论有点复杂，而且
阅读全文
摘要：通过子任务1、3十分显然，子任务4实际上就是线段树，和我下午写的[SDOI2015]道路修建一模一样，堪称“我抄我自己”，不会的可以先做一下这个题。 然后考虑正解，参考了zhoushuyu的博客，首先可以对前i列做MST，就是把前i-1列和第i列合并起来，而这时候只需要把第1和第i列的点作为关键点建
阅读全文
摘要：题意：给定2行n列的四连通带权网格图，支持修改边权和查询第[l,r]列的最小生成树 题解：这是一道好题，要么SDOI2019中n=2的20pts怎么会“我抄我自己”？（当然NOIP2018“我抄我自己”除外，因为那是想给大家送分，而且NOIP2018的质量有多烂大家自己心里清楚） 对于区间[l,r]
阅读全文
摘要：为什么我怎么看都只会10pts？再看还是只会50~70？只会O(n2(R-L+1))/O(nlogn(R-L+1))……一眼看动态DP可还是不会做…… 根节点的答案是叶子传上来的，所以对于L=R的数据，可以直接枚举需要±n的叶子节点个数num，然后答案就是2num，每次枚举时重新扫描一下就是O(n2
阅读全文
摘要：首先只需要考虑每种牌出现的张数即可，然后判断一副牌是否能胡，可以DP一下，令f[i][j][k][0/1]表示到了第i位，用j次i-1,i,i+1和k次i,i+1,i+2，是否出现对子然后最大的面子数量，j,k∈[0,2]，转移也很容易。这样暴力枚举可以获得50pts的“好”成绩。 然后可以丢掉第一
阅读全文
摘要：通过打表证明发现答案就是把序列划分成若干段，每段的b都是这一段a的平均数。50分做法比较显然，就是单调栈维护，每次将新元素当成一个区间插入末尾，若b值不满足单调不降，则将这个区间与单调栈前一个区间合并。 由于题目要求每次只修改一个数，所以可以前后缀拼起来，单调栈要改变，然后发现这个显然满足二分的性质
阅读全文
摘要：首先，对于从每个点出发的路径，答案一定是过这个点的路径所覆盖的点数。然后可以做树上差分，对每个点记录路径产生总贡献，然后做一个树剖维护，对每个点维护一个动态开点线段树。最后再从根节点开始做一遍dfs，把每个节点对应的线段树启发式合并即可。时空复杂度均为O(nlog2n)。听说还有一个log的做法，但
阅读全文
摘要：为什么ABC那么多？建议Atcoder多出些ARC/AGC，好不容易才轮到AGC…… A 签到。就是以黑点为源点做多元最短路，由于边长是1直接bfs就好了，求最长路径。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1007,dx[
阅读全文
摘要：一道神仙题，考察选手对KMP的深入理解。 先考虑没有2操作的做法。设每一段为一个二元组(x,c)，考虑一段前缀匹配后缀，除了第一段的字符，其他段的二元组(x,c)必须相等，所以可以将其视为特殊字符进行匹配。在串末尾加入(x,c)时，显然不断跳next数组，如果当前前缀后接的字符为c ，那么可以增加一
阅读全文
摘要：什么垃圾比赛，A题说的什么鬼楞是没看懂。就我只会BD（其实C是个大水题二分），垃圾游戏，技不如人，肝败吓疯，告辞，口胡了E就睡觉了。 B 很容易发现，存在一种方案，使得相同字母连在一起，然后发现，当字母出现种类数大于等于4时，可以奇偶性相间地连接，然后讨论种类数<=3的：种类数为1，显然直接输出；种
阅读全文
摘要：30分的O(m^2)做法应该比较容易想到：令f[i][j]表示i->j是否有解，然后把每个路径点数不超过2的有解状态(u,v)加入队列，然后弹出队列时，两点分别向两边搜索边，发现颜色一样时，再修改答案，加入队列即可。 100分是挺难想的，是个思维题，可以把边分成连接同色和异色两种。发现走过的路径一定
阅读全文
浙公网安备 33010602011771号