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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

摘要： 看到数据范围n<=1000，但感觉用O(n^2)不现实，所以考虑方向应该是O(n^2logn)。 一种暴力做法：用vector存到1点相同的2点和到2点相同的1点，然后枚举A，枚举BC，再枚举D，然后枚举EF，O(n^4)，但复杂度远远不满（符合条件的太少，而且也卡不掉），所以可以获得40pts的好 阅读全文

摘要： 题解：首先根据题意，可以猜到结论：最终图一定是从n号点向其他所有点各连一条边。然后发现一个结论：每次把图中一条(a,b)边连成(c,n)。然后50pts的劣质O(mnlogn)的分治做法就有了：对于分治区间[l,r]，可以枚举从n号点是否有在(l,r)间的剖边，如果有则直接分治，如果没有，则找到能转 阅读全文

摘要： A 容易发现i,i+1至少有一个数出现，于是可以让尽量多的2和奇数出现 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,s1,s2; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1,x;i<=n;i++) { s 阅读全文

摘要： 看到这题，首先想到将求和转期望，即每次操作进行概率为1/2，求节点打标记概率。 首先对于每次区间修改操作，对节点进行分类： 1、这个点和其父亲都和修改区间无交，这种情况可以无视。 2、这个点和修改区间无交但父亲和修改区间有交，这样该区间有无标记只和本身及是否存在一个祖先有标记相关。 3、这个点被修改 阅读全文