atcoder

[========]

[AGC012E] Camel and Oases

总结:

1. \(\frac{V}{2}\) 的操作只会进行 \(O(\log V)\) 次。状压左右两边用了哪些 \(V\) 就行了。
2. 正难则反，发现对于每个点都往两边 \(dp\) 复杂度有 \(O(nV\log V)\) 所以考虑从两边 \(dp\) , 然后通过合并 \(dp\) 数组来得到哪些点可行, 复杂度变为 \(O(V \log V)\)

[AGC013D] Piling Up

做题思路:

1. 看到只有黑白两种颜色的球，而且操作是取球和放球，可以想到格路计数。
2. 如果 \(n \geq m\) 那显然可以随便走，所以只用考虑 \(n < m\) 。
3. 考虑两种思路：(1) 先用开始给的球，(2) 球不够时再用开始给的球。发现 (2) 更简单一点。
4. 转化操作，先取一个球，然后放两个，然后取两个，然后放两个，然后取两个...，最后放两个取一个。
5. 3 好像错了，我应该先枚举一开始有多少个白球，多少个黑球。
6. 容斥，按第一次越界来容斥。
7. 好像全想错了，可以看出黑球数+1，黑球数-1，黑球数不变，走 \(m\) 步。
8. 看题解。

总结:

1. 看到只有黑白两种颜色的球，而且操作是取球和放球，可以想到格路计数。
2. 计数题，如果一种方案被多次计算，可以只在最小值处统计它，这样就可以避免算重

[AGC015D] A or...or B Problem

总结:

自己想不出来，看了下题解发现真简单。

坑:

1ll<<n -> 1<<n

[AGC013F] Two Faced Cards

总结:

1. 给定两个长度为 \(n\) 的序列 \(A, B\) ，判断能否将 \(A, B\) 任意排列，使得最后对于任意的 \(i\) 均有 \(a_i \geq b_i\) 被满足。显然可以对 \(A\) 和 \(B\) 从小到大排序后依次检查，但是还有一个做法。令数组 \(s\) 初始为全 \(0\) , 对于每个 \(a_i\) , 将 \(s[1],s[2]...s[a_i]\) 全部加 \(1\) ，对于每个 \(b_i\) , 将 \(s[1],s[2]...s[b_i]\) 全部减 \(1\) 。最终 \(s\) 数组中的每个元素必须都大于等于 \(0\) 。这样的好处在于如果要改变某个 \(a_i\) 或改变某个 \(b_i\) 只需要做区间加就行了。
2. 重温一下，给定一下线段 \([l,r]\) 用最少的线段覆盖 \([1, n]\) ，问最少用多少条线段。先把所有线段按 \(l\) 排序，从 \(1\) 到 \(n\) 枚举下标，把左端点下标为 \(i\) 的线段加入堆里（以 \(r\) 为键值的大根堆），如果当前位置还没被覆盖，把堆顶取出来覆盖就行了。

[AGC018F] Two Trees

很妙的欧拉回路题。

如果一个点在 \(a, b\) 两棵树中度数不同，那么一定无解。否则把两棵树的根连边，然后如果一个点的度数为奇数，就将两棵树中的这个点连边，然后跑欧拉回路。如果欧拉回路中从 \(a\) 走到 \(b\) ， 那么这个点就是 1, 如果从 \(b\) 走到 \(a\) ， 那么这个点就是 \(-1\) .

总结:

1. 这种给图上的点定权值的题，可以考虑欧拉回路。
2. 利用每个点只有一个父亲的性质，发现只有在欧拉回路经过父亲边时，这个点的子树会 +1/-1. 这样就保证了每个点的子树和为 1/-1.