hfctf0210

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