随笔分类 - all—好题
摘要：如果枚举d来dp，那么就是设f[u][0/1]为u点不断/断掉和父亲的边，然后优先选取f[v][1]+w(u,v) include include include include using namespace std; const int N=300005; int n,du,v[N],d[N],
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摘要：首先考虑只满足第一个条件，二分答案，把过期时间加上mid之后的2n个时间离散，老鼠拆成每个时间的，第i个时间第j个老鼠为id[i][j]，连接(s,i,p[i])，对于离散后时间(g[j 1]~g[j])在i奶酪的时间区间里的ij，连接(i,id,老鼠速度\ 时间段长)，然后连(id,t,inf)，
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摘要：先把所有边可动设为r[i]又这些边不是l就是r（如果想一个方向改变能更优的话就尽量多的改变），每次跑dijsktra，对于可动边(x,y)，如果dis1[x] include include include define ll long long using namespace std; const
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摘要：有个容易混的概念就是第一问的答案不是k[i]字典序最小即可，是要求k[i]大的尽量靠后，因为这里前面选的时候是对后面有影响的（比如两条链a b c d，ka=4,kb=2,kc=3,kd=4，按字典序就先选c然后b就不能合法了） 所以倒着来，建反图，然后按照n k[i]从大到小拓扑，因为是反图所以是
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摘要：把期望改成方案数最后除一下，设h[i]为最大值恰好是i的方案数，那么要求的就是Σh[i]\ i 首先包含其他区间的区间是没有意义的，用单调栈去掉 然后恰好不好求，就改成h[i]表示最大值最大是i的方案数，求Σ(h[i] h[i 1])\ i即可 然后考虑h怎么求，\\( h[i]=\sum_{j=1
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摘要：妙啊，是一个逼近（？）的做法 把两个值最为平面上的点坐标，然后答案也是一个点。 首先求出可能是答案的点xy分别是按照c和t排序做最小生成树的答案，然后考虑比这两个点的答案小的答案，一定在xy连线靠近原电一侧（不过这部分并不全都能更新答案），然后最小的一定是距离xy连线最远的，设为点z，也就是三角形x
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摘要：首先平面图转对偶图，大概思路是每条边存正反，每个点存出边按极角排序，然后找每条边在它到达点的出边中极角排序的下一个，这样一定是这条边所属最小多边形的临边，然后根据next边找出所有多边形，用三角剖分计算面积 然后就比较妙了，把对偶图随便搞一个生成树出来，然后对于每个询问，如果一条边是树边，那么如果这
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摘要：传送：https://vjudge.net/problem/TopCoder 14084 只是利用了笛卡尔树的性质，设f[i][j]为区间[i,j]的贡献，然后枚举中间最大的点k来转移，首先是两侧小区间贡献的，f[i][k 1]\ fac[j k]+f[k+1][j]\ fac[k i]，大概是方案
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摘要：枚举起点，然后设f[i][j]为上凸壳上一个点是i当前点是j的最大面积，g是下凸壳，然后合并的时候枚举结束点t合并上下凸壳即可 这样的好处是每次转移都是往凸多边形里加一个三角形(s,i,j)，所以判断转移合法只要预处理出所有三角形是否合法即可，同时预处理出三角形面积，转移就是f[j][k]=max(
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摘要：传送：https://dmoj.ca/problem/ioi17p3 参考：https://blog.csdn.net/qq_27327327/article/details/80711824 妙啊……首先题意就是走到一个包含充电点的环里就能赢 因为出度至少是1，所以如果所有点都能到充电点那么全部是
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摘要：读题两小时系列…… 在读懂题意之后，发现M(c)就是c这块最大权割边也就是的最小生成树的最大权边的权值，所以整个问题都可以在MST的过程中解决（M和c都是跟着并查集变的） 不过不是真的最小生成树，是合并了所有a[i].w include include include using namespace
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摘要：首先考虑分割线能分割一条线当且仅当分割线一个端点在这条线的ab中间，另一端点在外面，也就是分割线对应的一条弧不能同时有这条线的两个端点 每条线的两端点都染同色，然后分段，一段里面颜色互不相同，分割线就是一段的开始连到结尾，割掉这段里的颜色的线，求最小的段数ans，答案就是(ans+1)/2 暴力是要
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摘要：妙啊，很容易想到连(s,a1,an)(s,b1,bn)(a2,t,an)(b2,t,bn)，这样，但是可能会发生a1流到b2或者b1流到a2这种不合法情况 考虑跑两次，第二次交换b1b2，如果两次都合法就是合法 证明是假设a1流到b2了x的流量，然后交换b1b2之后依然满足条件，那么一定可以有a1流
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摘要：首先最直观的，列一排是罪犯一排不是罪犯，对于一个条件u说v（0是1否）f罪犯，如果u不是，那么vf罪犯；如果u是，枚举他说谎的一条wg罪犯，令w(g^1)罪犯连其他条的vf 但是这样有个电度数方，会炸 考虑前缀和优化建图，在原来两排下面再接上两排表示这个人说这条以及这条之前没有/有说过谎，pr[u]
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摘要：洛谷上有个点死活卡不过去，不知道是哪里写丑了orz 参考：https://www.cnblogs.com/ditoly/p/BZOJ4200.html 从上往下dp，设f为不向左右走直接上去的值，g为先向左右走一步再上去，至于找每个方向上的点，分别按x，y，x+y，x y排序然后二分即可 然后建出左
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摘要：连有上下界的边(ss,i,(0,m),0),(i',t,(0,m),0)，表示从任意点开始和结束 连(i,j,(0,m),d[i][j])，表示可以买票飞过去 连(i,i',(v[i],v[i]),0)，表示这条边会流固定v[i]个人 连(s,ss,(m,m),0)，表示限制m个人 然后跑有上下界有
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摘要：最大值最小，所以考虑二分 |Σaij Σbij| include include include using namespace std; const int N=505; int n,m,ll,rr,a[N][N],sh[N],sl[N],h[N],cnt,le[N],d[N],s,t; stru
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摘要：有正负收益，考虑最小割 因为有依赖关系，所以考虑最大权闭合子图 首先对每个d[i][j]建个点，正权连(s,id[i][j],d[i][j])并加到ans上，负权连(id[i][j],t, d[i][j]) 然后选了大区间一定会选小区间，连这样的依赖关系：(id[i][j],id[i+1][j],i
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摘要：上来就跑3e5的最大流……脑子抽了 很容易看出，每个地方的海拔都是0或1因为再高了没有意义，又，上去下来再上去没有意义，所以最后一定是从s连着一片0，剩下连着t一片1，然后有贡献的就是01交接的那些边 跑个最小割就好了 然而跑不过，考虑建对偶图，也就是网格的空当成一个点，然后这些点之间互相连边的权值
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摘要：一开始在https://www.cnblogs.com/lokiii/p/10770919.html基础上连(i,j,b[i][j])建了个极丑的图T掉了……把dinic换成isap勉强能卡过 首先因为有正负收益所以考虑最小割，先ans=Σb，然后考虑负收益 把割完后和s相邻的视为不选，反之视为选，
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