01 2020 档案
摘要：题意 似乎边界上（折线上、正方形纸片边上）的点认为是$0$。 由于操作次数很少，因此逆着操作，求出所有可能的点，之后正向模拟一遍判断即可。 求一个点关于一个向量的对称点：用向量旋转求出方向向量即可。 code: #include<bits/stdc++.h> using namespace std;
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摘要："题意" 考虑二分答案，我们只需要判断是否存在$(a,b)$，对于任意$i\in[1,mid]$满足$ax_i^2+bx_i\in[y_{1i},y_{2i}]$。 展开可得： $\frac{y_{1i}}{x_i}\leqslant ax_i+b\leqslant\frac{y_{2i}}{x_i
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摘要："题意" 两个亲戚间的范围的分界线必定为两者连线的中垂线，因此我们用半平面交$O(n^2\log n)$求出每个人的范围，之后相邻的两个范围连边跑最短路即可。 注意特判$n=0$的情况。 code:
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摘要："题意" 这题显然是暴推式子。 考虑下图： $S_{ABP} using namespace std; const int maxn=1e5+10; const double eps=1e 10; const double inf=1e12; int n,m; double sum,ans; str
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摘要："题意" 先求出半平面交，建造塔的地方不是拐点就是半平面交点的横坐标。 code:
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摘要："题意" 考虑矩形必定满足一条边和凸包重合（意会），于是我们枚举凸包的每一条边，考虑维护据该条边的最远点$p$、最左点$l$、最右点$r$，这三个都可以旋转卡壳。 首先最远点是经典的求凸包直径问题，我们移动时比较当前和下一个三角形的大小即可。 之后考虑最左点和最右点，我们用点积求出投影长度来比较就好
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摘要："题意" 简单说一下做法，并不知道怎么证明： 假设当前求出了$[1,i 1]$的最小覆盖圆，现在考虑$[1,i]$的最小覆盖圆： 如果$i$在当前圆中就不必改动。 不然$i$必定在圆上，我们令圆心为$i$，半径为$0$。 现在固定了一个点，我们枚举$j\in[1,i 1]$，如果$j$不在当前圆中，
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摘要："题意" 因为$a+b+c=1$，因此只要知道$a,b$，就可以知道$c$。也就是说只用$a,b$即可表示出一种材料/合金，我们将每种材料/合金表示为坐标系上的 一种材料$a$能表示出的合金为$a$。 两种材料$a,b$能表示出的合金为线段$ab$上的所有点。 三种材料$a,b,c$能表示出的合金为
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摘要："题意" 考虑算出每个圆能露出的部分，我们可以枚举它之后的圆，算出它被覆盖多少。 我们可以通过极角序将周长变为$[0,2\pi]$的区间，这样问题就变为了给出一些区间，问$[0,2\pi]$被这些去区间覆盖后还剩多少。 计算圆$b$覆盖圆$a$： 先判断是否存在包含和相离的情况。 我们求出$t1=\
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摘要："题意" 区间DP,确实很难想到 f[i][j][0/1]表示形成完美序列的[i,j],最近一次的数是插在i/j的方案数 $f[i][j][0]$: 如果上一个数插在队首,必定满足$a[i]a[i]$ $f[i][j][1]+=f[i][j 1][0]$ 如果上一个数插在队尾,必定满足$a[j] a
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摘要："题意" 考虑二分答案$mid$，之后将所有向量向内缩$mid$距离，之后判断半平面是否存在即可。 code:
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摘要："题意" 显然选的四个点是在凸包上的，我们先求出凸包。 考虑枚举对角线$(i,j)$，发现当$i$固定，$j$沿逆时针旋转时对角线两端的那两个点时单调的，因此用旋转卡壳维护即可。 code:
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摘要："题意" 求是否存在⼀条直线，使得所有线段在其上面的投影有至少⼀个 ⼀个交点。 假如存在交点，那么从这个交点做垂线，该垂线过所有线段，因此我们需要判断是否存在一条直线过所有线段，这种直线中必定有一条两端点都是给出的线段的端点，$O(n^2)$枚举判断即可。 code:
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摘要："题意" 旋转卡壳。 先找第一个凸包上纵坐标最小的点$p$和第二个凸包上纵坐标最大的点$q$，之后旋转卡壳，求两条线段之间的最短距离。 code:
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摘要："题意" 先不考虑没有$d$的限制，此时每场比赛只有两种选择，这是一个典型的$2 SAT$模型。 发现$d$很小，自然想到枚举每个$x$用哪种车，但是$3^dm$显然是过不了的。于是我们枚举这个$x$不能用那种车，此时我们只需要枚举两个即可，因为此时三种车$ABC$都被放到$x$上判断过了。 cod
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摘要："题意" "这道题" 的弱化版。 code:
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摘要："题意" 这是极角序维护凸包。 找一个点作为基准点，我选的是$p1$和$p_2,p_3$的中点的中点。 用$set$维护凸包，内部按照极角排序。 插入一个点： 如果之前存在就不插入。 不然就找到它的前驱$pre$和后继$nxt$，之后不断弹掉两边的点，中途维护下面积即可。 code:
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摘要："题意" 显然极角序是能$A$的，然而我非要用水平序。 code:
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摘要："题意" 通过观察发现答案为一个整圆+所有除去圆弧的四个顶点形成的凸包的周长，于是直接套模板就好了。 code:
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摘要："题意" 参考 "这篇博客" 。 看到区间问题首先考虑线段树，之后考虑如何合并区间： 比如我们现在求出了区间$[l,mid]$和区间$[mid+1,r]$的答案，现在我们要求出$[l,r]$的答案，我们需要使$[mid+1,r]$的答案中每个斐波那契系数的下标加上$mid l+1$，这个看似无法处理
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摘要："题意" 考虑一个$O(n^2)$暴力： 从每个$B$类串向以它为前缀的$A$类串连边，从每个$A$类串向它支配的$B$类串连边，每个$A$类串的点权为$A$串的长度，$B$类串的点权为$0$。 之后先判断这是不是个$DAG$，如果不是就输出$ 1$，不然就找最长链即可。 之后考虑怎么优化建图： 我
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摘要："题意" 显然答案是可以二分的，我们二分一个$mid$，$check$只需要将所有价值大于等于$mid$的按照价格从小到大排序，从头开始取，一直取到满足条件即可。 对于$m$组询问，我们考虑整体二分。 假设当前二分的是$mid$，我们用一颗线段树维护所有美味值大于等于$mid$的果汁的信息。 线段树
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摘要："题意" 考虑$n=1$的情况，我们由裴蜀定理可知，$k a_1\%P$能表示$\gcd(a_1,P)$的所有倍数。 扩展到多个数也是同理（不会证）： $(k_1a_1+k_2a_2+...+k_na_n)\%P$能表示出$\gcd(a_1,a_2,...,a_n)$的所有倍数。 于是令$v_i=\
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摘要："题意" 考虑二项式反演。 设$f_i$表示交集至少为$i$的方案数，有$f_i=C_n^i (2^{2^{n i}} 1)$。 先选$i$必须包含，有$C_n^i$种选法。 包含选出的$i$个元素的集合个数为$2^{n i}$，每个集合都可以选或不选，但是不能一个也不选，所以方案数为$(2^{2^
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摘要："题意" 设$a_i$表示第$i$个糖果的能量，$b_i$表示第$i$个药片的能量 首先可以得出满足条件时，$a b$的对数为$\frac{n+k}{2}$。 因为恰好为$i$的方案数不好求，我们先求出至少为$i$的方案数，之后用二项式反演求出答案。 先将$a,b$从小到大排序。 设$h_{i,j}
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摘要："题意" 暴力显然是考虑n次多重背包。 考虑假如没有$d_i$的限制，那么这实际上就是一个普通的完全背包预处理，最后$O(1)$输出。 现在假设只有$c_1$这种硬币有限制，那么实际上我们只需要输出$f_m f_{m (d_1+1) c_1}$就好了。因为既然$c_1$这种货币使用超过了限制，那么它
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摘要："题意" 注意到询问串的长度$k$是给定的，同时$\sum\limits len_w=kq\leqslant10^5$，我们发现$k,q$之间一个大了另一个必定会小，因此我们对$k$分类讨论： 首先肯定要对$s$建一个后缀自动机，对每个点维护$endpos$集合的大小。 $k\geqslant\sq
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摘要："题意" 见到棋盘首先想黑白染色，之后对这个二分图跑一个最大匹配。 假如一个棋子放在了一个非匹配点上，那么先手必败，因为后手每次都有匹配边可以走。 于是我们要求有多少个点可能不在一个最大匹配中： 考虑一个非匹配点$x$，假如它连向了一个匹配点$y$，那么它就能替换掉当前当前和这个匹配点匹配的点$z$
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摘要："题意" 先将所所有条件按照高度从小到大排序，其中我们将隔板也看成条件。 现在我们将$n$个格子看成$n$个连通块，之后从$1$开始扫描，并维护每个联通块如下信息： $nowans$表示当前连通块最多能满足几个条件。 $sum$表示该连通块如果涨到当前水位，这个联通块的答案是多少。 对于每种条件$(
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摘要："题意" 真的想不到是$FFT$的题，用了一个晚上基本弄懂了。 首先我们要解决的是用一个小矩形在一个大矩形上匹配的问题，如果是一维的就是 "这道题" 。 现在是二维的，我们将每一行拆出来，按照第$1$行、第$2$行、...、第$n$行的顺序拼接在一起，拼出一个长为$n m$的串，考虑在这上面解决问题
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摘要："题意" 先考虑没有残缺位置的情况： 先将两个字符匹配形式化： 定义$C(x,y)=(A_x B_y)^2$。 如果有匹配函数$P(x)=\sum\limits_{i=0}^{m 1}C(i,x m+i+1)=0$，那么$B$从$x$开始向后$m$个字符和$A$匹配。 之后将$A$翻转，得到$A'_
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摘要："题意" 假设翻转了$d$距离。 $ans=\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i+d y_i)$ $=\sum\limits_{i=1}^n(x_i+d)^2 2\sum\limits_{i=1}^n(x_i+d)y_i+\sum\limits_{i=1}^ny_i^2$ $=\sum
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摘要："题意" 首先考虑暴力DP怎么做： 设$f_{i,j}$表示选了$i$个数，乘积为$j$的方案数。 $f_{i,j}=\sum\limits_{a b\%m= j}f_{i 1,a} f_{1,b}$ 这是$O(nm^2)$的，我们考虑优化： 1.首先注意到$n$很大，于是考虑倍增地转移： $f_{
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摘要："题意" 设$f_i$表示$i$个点的无向连通图个数，$g_i$表示$i$个点的无向图个数。 枚举$1$所在连通块的大小，有： $g_i=\sum\limits_{j=1}^iC_{i 1}^{j 1}f_jg_{i j}$ 化简得： $g_i=\sum\limits_{j=1}^i\frac{(i
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摘要："题意" 首先考虑$O(n^2)$怎么做: 经典做法是设$f_i$表示$i$个点的无向连通图个数，$g_i$表示$i$个点的无向图个数。 显然有：$g_i=2^{C_n^2}$，即考虑$C_n^2$条边中每条边存不存在。 容斥一下，枚举$1$号节点所在连通块大小，乘个组合数表示选些点和$1$在同一连
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摘要："题意" 首先化简式子： $E_j=\frac{F_j}{q_j}$ $=\frac{\sum\limits_{i=1}^{j 1}\frac{q_i q_j}{(i j)^2} \sum\limits_{i=j+1}^{n}\frac{q_i q_j}{(i j)^2}}{q_j}$ $=\sum
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摘要："题意" 我自闭了，连蓝题都不会了，还得看题解。 以下是我理解的官方做法，献给给广大没看懂官方题解的神仙们。作者蒟蒻，如果有什么不对的地方请指出。 观察题目的限制，发现$q$是一个$p^z$的形式，因此我们可以考虑每个质数$p$。 对于每个质数$p$，我们求出一个$0 1$串$state_i$，其中
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摘要：一、处理的问题 给出多项式$g[0...n]$，求出$f[0...n]$满足$f_i=\sum\limits_{j=1}^if_{i j}g_j$，边界$f_0=1$。 我们发现这是个卷积的形式，但是不能直接$FFT$，因为我们并不知道$f_{i j}$，于是考虑分治。 按照CDQ分治的方法，对于当
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