05 2019 档案
摘要：给出的模型很难搞，所以转换一下，记p[i]为i这个数的位置，然后相邻两个p值差 k的能交换，发现使原问题字典序最小也需要使这里的字典序最小 注意到p值差 include include using namespace std; const int N=3000005; int n,k,a[N],p[
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摘要：首先直接按要求列出式子是\\( \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}C_{a_i+a_j+b_i+b_j}^{a_i+a_j} \\) 这样显然过不了，因为ab的数据范围比较小，所以从这里入手，注意到后面的组合数含义是从点(ai,bi)走到点( aj, bj)的方案数 把但是
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摘要：把回文串的相等关系连一下，发现最后要求的是一笔画问题 注意到奇数长度的中间有一个单独没有连线的，所以a数组至多有两个奇数值 如果没有奇数，那么b在最前面放一个1，然后把a[1]~a[m 1]放上去，这样就是错位着一笔画了，然后剩下一个奇数值连成若干2中间一个1的样子； 如果一个奇数，那么把奇数放到最
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摘要：一开始没看到要保证最后是树……所以一定要从叶子开始删 枚举重心，如果k是偶数，那么按当前重心提起来deep大于k/2的全都要切掉，这样枚举重心然后取min即可 奇数的话就是枚举直径中间的边，然后从两边的点分别dfs删点 cpp include include using namespace std;
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摘要：首先把点权归到边上，设点权较小的一个点是v，也就是(u,v)的边权是log2(dis(u,v)) a[v]+a[v]+a[u] 然后还有一个性质就是这棵树按点权最小点提起来就是一个堆 暴力是n^2的MST，然后考虑优化，按照点权从小到大加入生成树，那么每个点加进去的时候会连到点权比他小的点上 因为l
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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：把有单点修改和查询的点离散进一个数组，然后单点修改直接改，记录一个修改时间t，维护一个sm表示这些离散的点的和，val表示出了离散点其他点的值，因为都是一样的所以只记录这一个值即可，记录ljlc为加法乘法的lazytag，整体加整体乘的时候像线段树一样改smljlc，还有修改val，整体赋值的时候把
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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：这个告诉gcd的操作实际上就是告诉一个因数是否选，最坏情况是1，判断掉所有因数才能选 然后肯定是用猜不重复质数积比较划算，问题就变成若干个质数，分成数量尽量小每组乘积 include using namespace std; const int N=10005; int n,p[N],tot,ans
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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：降智好题 前面随机部分按照题意模拟，然后字典序贪心，也就是记录每个值的位置从1~nm依次看能不能取，能取的话更新行的取值范围（它上面的行一定取的列小于等于这个数取的列，下面行大于等于） cpp include include using namespace std; const int N=5005
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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：求出支配树输出到father的和即可 支配树见：https://blog.csdn.net/a710128/article/details/49913553 cpp include include include include using namespace std; const int N=30
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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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