06 2021 档案
摘要：题解 一道思维量巨大的题，很烧脑 考虑异或差分，设 \(d_i=a_i\;\;xor\;\;a_{i-1}\)，那么对于翻转 \(a_i\sim a_j\) 就相当于 \(b_i\) 和 \(b_{j+1}\) 异或 \(1\) 那么我们最后要求的异或序列就全是 \(0\)，那么想办法消去 \(1\
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摘要：T1 一道很妙的题，打暴力分也很多，但是考试的时候忘开 long long 了。 题解 T2 一道挺水的题，不过...（打挂了） 题解 T3 此题甚妙，转化真多，不过对思维是一个非常大的扩展 题解 考试估分：75+50+25=150 实际分数：70+0+0=70 不用返回值的函数一定要写成 \(vo
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摘要：题解 首先看到这题 \(k=1\) 时，就是一道 小胖守皇宫，那么由 \(k=1\) 联想到 \(k=2...20\) 发现可以树形 \(DP\) 但转移方程太难想，不太适合考场做。 考虑贪心： 对所有节点先按深度由大到小排序，对于每一个未覆盖的节点，我们选择他的第 \(k\) 级祖先。 证明： 对
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摘要：题解 观察数据范围，可以 \(\mathcal O(n^2m^2)\) 暴力计算，而加上特殊性质，则可以骗到 \(75pts\) 正解： 我们发现，在一维情况下，\(\mod k\) 相同的前缀和相减，一定是 \(k\) 的倍数。那么我们就可以统计一个不同 \(\mod k\) 的值出现了几次，\(
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摘要：题解 本篇题解做法为BFS+二分+最大流 二分需要撤离的时间，也就是答案（这算是一个比较套路的了） 重点在于建模（设时间为 \(tim\)）： 我们将每个门拆点，拆成 \(tim\) 个，每个点向汇点连边，边权为 \(1\)，代表每个门在 \(tim\) 内能送走的人 将源点和每个空地连边，边权为
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摘要：T1 一道推规律的题，没想出来，暴力打得常数还太大了，挂了不少 题解 T2 这是一道二分题，很巧妙，但是对于想我一样懒得人，那个数据结构就水过去了 (裸的分块加强大的卡长和合适的块的大小可以卡过去) 题解 T3 一道考查技巧和并查集的题，优化和判断都很巧，很有学习意义 题解 总结 这套题送分不少，码
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摘要：题解 这道题我们发现可以根据 \(k=1\) 和 \(k=2\) 的情况分别讨论 \(k=1\) 时，我们发现要保证字典序，那么我们从后往前扫，扫的时候判断一下当前数是否会和上一段的冲突。 复杂度瓶颈就在于如何判断。我们发现 \(a_i\leq 2^{17}\) 所以 \(j*j=a_i+a_k\)
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摘要：题解 一道裸的数据结构题 正解是排序 \(+\) 二分，但是这怎么能有动态开点线段树好写呢？ 于是我就打了暴力，骗了五十分。 对于每种颜色，我们在下标上开一颗线段树，对于交换若颜色相同则跳过，否则直接修改两种颜色的线段树。 跟正解一样是 \(\mathcal O(nlogn)\)，但常数巨大，慢三倍
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摘要：题解 这是一道推规律的题。 首先，这道题送分不少，先考虑 \(70pts\)，直接暴力 \(\mathcal O(n)\) 建边，\(\mathcal O(logn)\) 求 \(lca\) 其次对于 \(|a_i-b_i|\leq 1\) 的情况，直接输出 \(1\)，原因显然。 那么正解是 \(
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摘要：题解 题目 做这题之前，做了一道叫星际战争的题，很容易想到二分 \(+\) 网络流，那么二分啥呢？ 我们先推一下式子，因为是对相邻格子加数，那么可以联想到黑白染色类问题。 设有黑色格子 \(B\) 个，其格子中初始数的和为 \(b\)，白色格子同理，个数为 \(W\) 个，初始权值和为 \(w\)
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摘要：假设 \(G=(V,E)\) 是一个有限的有向图，它的每条边 \((u,v)∈E\) 都有一个非负值实数的容量 \(c(u, v)\)。如果 \((u, v) \not \in E\)，我们假设 \(c(u, v) = 0\)。我们区别两个顶点：一个源点 \(s\) 和一个汇点 \(t\)。一道网络
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摘要：题解 题目大意：给定一个无向图，求它的生成树个数。 一道裸的矩阵树定理，外加一些建图的技巧。 矩阵树定理 对于一个 \(Laplace\) 矩阵，其去掉任意一行后的行列式即为答案。 行列式不会的看这里 \(Laplace\) 矩阵是一个无向图的邻接矩阵转化而来的，其中 \(L_{i,i}\) 代表
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摘要：题解 前置芝士：深度理解的矩阵树定理 矩阵树定理能求生成树个数的原因是，它本质上求的是： \[ \sum_T \prod_{e\in T} w_e \] 其中 \(w_e\) 是边权，那么我们会发现其实当边权是 \(1\) 时，本式所求即为生成树个数。 那么回到这题来，这题让求的是 \[ \sum_
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摘要：题解 前置芝士 :矩阵树定理 本题是一道计数题，有两个要求： 建造的公路构成一颗生成树 每条公路由不同的公司建造，每条公路与一个公司一一映射 那么看到这两个要求后，我们很容易想到第一个条件用矩阵树定理，那么对于第二个条件，我们就很容易想到容斥原理。 先不考虑第二个条件，把所有边都加进去（没有自环），
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摘要：T1 超级大水题，用 \(kmp\) 和 \(hash\) 均能过，但都忘了，结果只打了个暴力。难受。板子题，题解就不放了 Code #include<bits/stdc++.h> #define ri register int #define p(i) ++i using namespace st
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摘要：题解 题目 第一眼,板子题,不就是一个缩点吗?后来一想不对,哪有这么傻的出题人呢,出个这水题。 一想，不对，不仅要求割点，还要判断这个割点是否在搜索树 \(n\) 的祖先上。想到这后，我哈哈大笑，还想坑我，我早就识破了你诡计。 啪啪打脸。考完才发现是我天真了。搜索树上不一定只包含必经点，因为搜索顺序
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摘要：题解 题目 这道题考试的时候直接打暴力，结果暴力连样例都过不了，最后放上去一个玄学东西，骗了 \(5pts\)。 正解： 此题中我们可以看到原序列是一个环，所以我们要把它拆成一条链，那么我们需要暴力枚举每个点作为断点，这里没有什么好的优化，因为没什么特殊性质 对于每个字符，其对答案的贡献为 \(\s
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摘要：T1 这道题是一道裸的暴力，考场写挂了 \(5pts\) 原因竟是忘了删注释，难受 题解 T2 这道题是一道启发式合并，没想出来，拿了个暴力分跑了 题解 T3 这道题就是一道数学期望，想出来就水得很，想不出来那就暴力 题解 T4 \(NOIP\;\;2017\) 原题，没想出来，考试的时候被后效性吓
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摘要：题目 题解 这道题是一道启发式合并的题目，每次合并完重构一下线段树就可以，不用线段树合并。 以操作时间为下标，建立一颗线段树，维护小球的个数与小球的颜色数，最后线段树上二分查找。 我们先不用考虑每个节点放小球数的限制，最后二分查找时，找小球数 \(\leq\) 限制数的所对应的节点下标的颜色数。 在
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摘要：这道题是一道数学期望，考场上想的是，每相邻 \(k\) 天之间有 \(k-1\) 天是重合的，所以每两端之间肯定是有影响的。 结果啪啪打脸 这道题其实不用考虑每两段之间的影响，因为在上一段的每种排法，在下一段我们都可以通过改变不重合的一个来改变影响 所以，我们只需求出每一段的期望，然后乘上段数 \(
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摘要：题目 题解 这道题是 \(NOIP\;\;2017\) 的原题 ，让我见识到了什么是真正的 \(dfs\) 考场上想出来要状压了，\(n\) 那么小，肯定是压 \(n\) 那一位，然后层第转移，但是想了半天，一堆细节没搞懂，拿了个暴力分跑了。 后来看了题解才知道这竟然可以 \(dfs\) 搜索，虽然
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摘要：题解 难得啊，本来能 \(AC\) 的一道题，注释没删，挂了五分，难受 此题暴力很好想，就是直接 \(n^2\) 枚举不同的矩阵组合，记录块内答案和跨块的答案 出题人不会告诉你，这题只要输出块内答案就可以拿到 \(65pts\) 。 一个很简单的优化就是按 \(x_1\) 的值先排个序，然后判断 i
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