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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 阅读全文
posted @ 2019-05-08 17:33 lokiii 阅读(119) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-08 16:29 lokiii 阅读(165) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-08 10:30 lokiii 阅读(192) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-07 11:01 lokiii 阅读(188) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-05 21:06 lokiii 阅读(197) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-03 20:33 lokiii 阅读(198) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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( 阅读全文
posted @ 2019-05-03 16:59 lokiii 阅读(300) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-03 12:09 lokiii 阅读(230) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-02 21:39 lokiii 阅读(279) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-02 20:09 lokiii 阅读(254) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-02 18:54 lokiii 阅读(127) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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] 阅读全文
posted @ 2019-05-01 21:29 lokiii 阅读(322) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-05-01 13:36 lokiii 阅读(181) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 对于原有边,流区间是(1,inf),按着原边连,然后再连(s,i,(0,inf)),(i,t,(0,inf))表示任意位置进出雪场 按着这个建出新图 然后最小流的方法是先跑可行流,设ans为(t,s,(0,inf))的流量,然后取消这条边,跑从原来的t s的最大流为ans2,答案就是ans ans2 阅读全文
posted @ 2019-04-27 22:16 lokiii 阅读(131) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 据说正解是有上下界最小流,但是这种1e5的玩意问什么要跑网络流啊…… 贪心即可,注意一点是可以有多条路径经过一条边…… 以1为根,设d[u][0/1]为u到父亲的边是向下/向上,g记录这个点儿子中不能抵消且和它的d相同(同方向)的点个数,这里的抵消是一个0和一个1可以凑一条路径直接加进答案里,在df 阅读全文
posted @ 2019-04-27 21:28 lokiii 阅读(187) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 每条边流量有下界有费用,很显然是有上下界有源汇最小费用最大流 连边(s,1,(0,inf),0),(i,t,(0,inf),0),表示从1出发inf次从每个点结束inf次 连边(i,j,(1,inf),v[i][j]),表示ij之间有剧情的话就至少走一次,每次走花费v[i][j]时间 然后套有上下界 阅读全文
posted @ 2019-04-27 17:23 lokiii 阅读(373) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-04-27 17:04 lokiii 阅读(152) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-04-27 10:44 lokiii 阅读(140) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-04-26 21:09 lokiii 阅读(82) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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 阅读全文
posted @ 2019-04-26 17:18 lokiii 阅读(105) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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, 阅读全文
posted @ 2019-04-26 10:30 lokiii 阅读(97) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 把转置矩阵看成逆矩阵吓傻了233 首先按照矩乘推一下式子: $$ D=\sum_{i=1}^n a[i] (\sum_{j=1}^n a[j] b[j][i]) c[i] $$ $$ D=(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a[i] a[j] b[j][i]) (\sum_{i=1 阅读全文
posted @ 2019-04-25 20:57 lokiii 阅读(119) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 这个条件非常妙啊,奇数和奇数一定满足1,因为\\( (2a+1)^2+(2b+1)^2=4a^2+4a+4b^2+4b+2=2(2(a^2+a+b^2+b)+1) \\)里面这个一定不是平方数因为除二后是个奇数不能再分一个2出来;偶数和偶数一定满足2,因为gcd =2 考虑最小割,先加上所有收益然后 阅读全文
posted @ 2019-04-25 17:24 lokiii 阅读(104) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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posted @ 2019-04-25 15:44 lokiii 阅读(2) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 脑子不太清楚一个zz问题调了好久…… 首先正难则反,因为三元环好像没什么特点,就考虑让非三元环个数最小 考虑非三元环特点,就是环上一定有一个点的入度为2,联系整张图,三元环个数就是每个点C(入度,2)的和 把无向边看成点,这样的点会向两端点的一个贡献一个入度,所以建图,s连这些点流量1费用0,这些边 阅读全文
posted @ 2019-04-24 21:43 lokiii 阅读(106) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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posted @ 2019-04-23 21:48 lokiii 阅读(4) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 玄妙的建图…… 这种平衡度数的题按套路是先黑白染色然后分别连ST点,相邻格子连黑向白连费用1流量0的边,然后考虑费用怎么表示 把一个点拆成五个,上下左右中,中间点黑白染色连ST, 对于连S的点,中点连它不转时候的四边点(有哪个连哪个)流量1费用0的边。 然后考虑转的费用,因为这里已经拆点了,所以在里 阅读全文
posted @ 2019-04-23 15:22 lokiii 阅读(173) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 考虑b的两种情况,一种是p的祖先,这种点有min(k,de[p] 1)个,然后每个这种b都有si[p] 1个c点可选; 另一种是p的子孙,要求是在p的子树内且deep在de[p]+1~de[p]+k之间,然后一个这样的b点贡献是si[b] 1,也就是在他的子树内选c点,考虑怎么算这个,用dfs序维护 阅读全文
posted @ 2019-04-22 15:39 lokiii 阅读(128) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 第一、二问: 就是最小的最长公共长度+1,设f[i][j]为a匹配到i,b匹配到j,第一问的转移是f[i][j]=(a[i]==b[j]?f[i 1][j 1]+1:0),第二问的转移是f[i][j]=(a[i]==b[j]?f[i 1][j 1]+1:f[i][j 1]),注意这里更新最小公共长度 阅读全文
posted @ 2019-04-22 14:30 lokiii 阅读(163) 评论(0) 推荐(0) 编辑
摘要: 整体二分: 对于每一个修改操作,标记为1,并且加一个标记为 1的这个位置原来值,并且对于a数列每个点都当成修改操作 然后整体二分,扫当前操作区间lr,把在值域区间标记为1和 1的操作都在树状数组对应位置上加/减出来,然后询问操作根据k和询问答案大小决定放在哪部分传下去 cpp include inc 阅读全文
posted @ 2019-04-22 10:27 lokiii 阅读(161) 评论(0) 推荐(0) 编辑
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