随笔分类 - 比赛题解
摘要：现在每天至少一套题又不太想写题解…… 那就开个坑总结下每场的失误和特定题目的技巧吧 2018.8.25【ZROI】 T3传送门 T1：找规律找崩了…… 最好不要一上来就钻进大讨论，先想有没有普适规律 2018.9.1【ZROI】 传送门 2018.9.8【ZROI】 传送门 T1：拓扑+优先队列裸题
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摘要：Link: 传送门 代码量很少的一套思维题 A: 试一试发现最后状态一定是所有$min,max$间$gcd$的倍数 直接判断数量的奇偶性即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second
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摘要：Link: Codeforces #514 传送门 很简单的一场比赛打崩了也是菜得令人无话可说…… D： 一眼二分，发现对于固定的半径和点，能包含该点的圆的圆心一定在一个区间内，求出区间判断即可 此题一个重要性质就是圆与$x$轴相切，画出圆心所在直线后就能想到上述贪心了 #include <bits
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摘要：Link: 传送门 A: 套路题结果想了好久…… 排序二叉树的性质就是中序遍历单调递增 于是只考虑当前树的中序遍历的序列即可，与树的形态无关 将序列改成严格单调增想到最大化不变的数，但直接LIS求的是改为非严格单调增的数 一个将严格单调增问题改为非严格的套路是将数$a_i$替换成$a_i-i$，对转
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摘要：Link： 传送门 可能要补一补之前的题了 题目名字天(Sky)的(De)炭(C)好评啊…… A： 从买/卖物品的配对来考虑： 可以发现如果当前物品为卖，肯定从之前选最小的（无论其为买/卖），因为贡献都是差值！ 如果要买的物品当前状态为卖，那么相当于将那条匹配链的卖的那一端转换 用优先队列维护$pa
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摘要：Link: 传送门 A: 由于每个颜色只染色一次就确定了所有要染色的区间 要求染色的次数其实就是求区间最多嵌套多少层，如果有区间相交则无解 以上操作明显可以将左端点排序后用栈来维护 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X fir
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摘要：Link: 传送门 A: 分层图最短路（其实就是最短路转移时多记录一维的数据 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef double db; typedef long
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摘要：Link: 传送门 A: 按值大小插入后用树状数组统计两边个数 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second #define pb push_back typedef double db;
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摘要：Link: 传送门 A: 贪心从小到大插入，用并查集维护连通性 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef double db; typedef long long ll
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摘要：Link: 传送门 A: 对于每一条分割线，设本不应在其左侧的个数为$x$ 重点要发现每次一来一回的操作恰好会将一对分别应在左/右侧的一个数从右/左移过去 这样就转直接用树状数组求出最大的$x$即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #def
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摘要：Link: USACO 2018 Feb Gold 传送门 A: $dp[i][j][k]$表示前$i$个中有$j$个0且末位为$k$的最优解 状态数$O(n^3)$ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #def
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摘要：Link: USACO 2018 Jan Gold 传送门 A: 对于不同的$k$，发现限制就是小于$k$的边不能走 那么此时的答案就是由大于等于$k$的边形成的图中$v$所在的连通块除去$v$的大小 为了优化建图过程，考虑离线，将询问和边都按权值从大到小排序，依次加边即可 维护连通性和连通块大小用
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摘要：Link: USACO 2017 Dec Gold 传送门 A： 为了保证复杂度明显是从终结点往回退 结果一开始全在想优化建边$dfs$……其实可以不用建边直接$multiset$找可行边跑$bfs$就行了 由于保证每个点只进队列一次、被搜索到一次，因此复杂度为$O(n*log(n))$ #incl
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摘要：Link: Codeoforces #188 传送门 A: 先全转为正数，后面就全是指数级增长了 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll;
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摘要：Link: Codeforces #210 传送门 A: 贪心，对每个值都取最大值，不会有其他解使答案变优 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long
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摘要：Link: ARC 066 传送门 C： 如果存在可行方案则答案为$2^{n/2}$ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typede
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摘要：Link: Codeforces #172 传送门 A： 一眼看上去分两类就可以了 1、每个矩形只有两条边相交，重合的形状为菱形 2、每个矩形四条边都有相交 对于情况1答案为$h*h/sin(a)$ 对于情况2可以列出一个二元一次方程组，手动解一下就好了 不过计算几何确实容易写挂啊…… 有几个注意点
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摘要：Link: Codeforces #196 传送门 A: 枚举 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typedef pair<int,
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摘要：Link: Codeforces #174 传送门 A: 求原根的个数，有一条性质是原根个数为$\phi(\phi(n))$，多了一个不会证的性质 如果要确定哪些是原根的话还是要枚举，不过对于每个数不用枚举$p$次了 由于$\delta_p(x) | \phi(x)$，只要对欧拉函数值的约数枚举即可
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摘要：Link: Codeforces #190 传送门 A: 明显答案为$n+m-1$且能构造出来 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; t
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