08 2024 档案
摘要：原题链接 启发式思考 替换的过程，可以看成数组 \(A\) 内部的流动，既然是流动，我们可以用图来表示这种流动 经过样例测试发现，这样的图，每个节点最多有一个入度，但可以有多个出度，很像树，但是又存在环 感知一下，每一次替换，都是父节点的值赋给子节点，因此，k次替换后，该节点的值就是第 \(k\)
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摘要：原题链接 题解 首先是朴素解法，每次遍历 \(n\) 然后查看 每个数的平方根是否是其前缀 时间复杂度 \(O(T\cdot n\cdot \log n)\) 这里有两个数，一个是 \(x\)，即一个整数，一个是 \(y\)，是 \(x\) 的平方根，因此我们可以换一个视角. 统计对于每一个整数 \
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摘要：原题链接 题意 对于有相同颜色传送门的城市 \(i,j\)，可以花 \(|i-j|\) 的代价从 \(i\to j\) 或 \(j \to i\) 问从城市 \(x\to y\) 的最小代价，或者报告无法到达 分析 对于无法到达的情况，很简单，用并查集维护即可 而对于可以到达的情况，我们发现，两座城
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摘要：原题链接 题解 什么情况下，答案为 -1 ? --两座城市没有任何直接或间接的传送门相连 所以如果我们把所有能通过传送门互相到达的城市放入一个集合，那么输出 -1 代表这两个城市不在一个集合里 不能相互到达的问题解决了，能相互到达的城市，cost 是多少？
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摘要：原题链接 题意 有两个数 \(a,b\) 每次可以拿走其中一个数的若干个质因子，请问恰好 \(k\) 次操作后能否使 \(a=b\) 分析 假设 \(a,b\) 最后到达的是 \(c\) ，那么 \(\frac{a}{c}\) 的质因子个数加上 \(\frac{b}{c}\) 的质因子个数一定大于等
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摘要：原题链接 题解 方法一： 双重循环， \(O(n^2)\) 方法二： 顺序遍历 \(i\)，然后查找目前所有比 \(a_i\) 小的数，这是一个比较经典的树状数组的运用 时间复杂度 \(P(n\log A)\) 考虑优化，由于 \(A\) 可以达到 \(1e8\) ，而 \(n\) 只有 \(4e5
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摘要：原题链接 题解 对于 \(a_i,b_i\)，如果存在一个 \(j\)，使得 \(a_j\in[a_i,b_i],b_j\notin [a_i,b_i]\)，则存在交叉点 即对于 \([a_i,b_i]\) 这一匹配，其内部的点也必然一一匹配，否则存在一个匹配点在外面，会导致交叉 有点像括号匹配，我
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摘要：原题链接 题解 1.暴力想法：维护n个集合，每次合并，遍历两个集合，最坏时间复杂度 \(O(q\cdot n\cdot \log n)\) 2.优化想法：两个集合合并后，我们只需要查询大集合的大小，因此，我们可以只遍历两个集合中较小的那个 然后莫名发现竟然过了，我们上网查了一下，发现这种方法叫做启发
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摘要：原题链接 题解 根据哥德巴赫猜想，任意大于2的偶数都可以表示为两个质数的和 因此，对于大于二的偶数，总有办法拆成两个质数，也就是只需要交两元钱 如果是质数，只用交一元钱 如果一个数减二后是质数，也只需要交两元 否则交三元 code #include<bits/stdc++.h> using name
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摘要：原题链接 题解 如果在升区间内包裹降区间，那么这个降区间是不合法的 如果两个升区间有重叠，那么这两个升区间将合并成一个大的升区间 这种合并的操作让我们想到了并查集，我们用并查集维护升区间，如果一个降区间内的点不属于一个集合，代表不存在一个升区间包裹了这个降区间 yes or no的问题解决了，如何构
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摘要：原题链接 题解 比较套路化的处理，将后半部分翻转过来乘二，查看前半部分是否有匹配的地方
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摘要：原题链接 题解 分类讨论 1.如果 \(b\) 是 \(a\) 的倍数，答案为 \(b\) 2.否则，至少要经过两次转换，而 \(a\) 转换一次最少要花 \(a\) ， \(b\) 转换一次最少要花费 \(b\) ，所以，如果 \(a,b\) 有公因子，那么只需要两次转换 \(a+b\) 3.否则
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摘要：原题链接 题解 方法1.遍历所有子集，查看是否合法 \(O(2^n\cdot n)\) 方法2：观察到 \(a_i\leq 70\) ，而七十内的质数有19个，可以状态压缩dp code
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摘要：原题链接 题解 方法1： 每次询问，每次遍历 \(O(q\cdot n\cdot \log n)\) 方法二：利用大随机数代表每个数，异或哈希代表每个数出现的状态 \(O(q+n\cdot\log n)\) code #include<bits/stdc++.h> using namespace s
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摘要：原题链接 题解 多想几种暴力 1.遍历所有数对： \(O(n^2)\) 2.求有多少数对其乘积为平方数 \(\to\) 求有多少平方数能被数对乘积： \(O(n^2)\) 3.如果两个数的乘积为平方数，代表他们的质因数，要么都是奇数，要么都是偶数 : \(O(?)\) 4.如果 \(a \times
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摘要：原题链接 题解 比较套路性的题 由于 \(k\geq 10\) ，所以我们可以建立分层图，第 \(i\) 层的点代表使用 \(i-1\) 次免费航线后到达该点的最小花费
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摘要：原题链接 分析 很逆天的一道题 设 \(dp[i][j]\) 为到达第 \(i\) 个点的时刻 \(t\) 且满足 \(t\mod k=j\) 的最小 \(t\) 则有答案为 \(dp[n][0]\) 更新也很简单，设当前点为 \(u\)，当前时间为 \(t\) 需要遍历的下一个点 \(v\)，则有
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摘要：原题链接 题解 暴力想法： 每次枚举每次查询 \(O(q\cdot n)\) 进阶想法：对查询按 \(r\) 排序，用树状数组维护 \([1,r]\) 内，该范围内每个数最后一次出现的位置 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; /* #d
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摘要：原题链接 题解 1.题目要求我们最小化吃完食物时间的最大值，这给了我们一种二分的感觉。 2.假如给定最大值为 \(K\)，那么所有 \(y\) 对应的 \(x\) 都满足 \(x\leq \lfloor \frac{K}{y} \rfloor\) 所以，我们要安排 \(x\)，使得每个 \(x\)
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摘要：原题链接 题解 异或就是不进位的加法，所以区间内，每一位最多只有一个一 暴力方法： 遍历每一位区间，查看异或和加和 \(O(n^3)\) 前缀和优化： 找每个右端点合法的左端点 \(O(n^2)\) 利用性质优化： 由于最多只有一个1，所以这样的左端点不会随着右端点的递增而递增 \(O(n)\) c
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摘要：原题链接 题解 \(O(n^3)\) 的暴力方法： 遍历所有区间，然后找出每个区间内的最小值 \(O(n^2)\) 的暴力方法： 考虑每个点的贡献，往左扩展直至出现比其小，往右扩展直至出现比其小的 观察 \(O(n^2)\) 的暴力方法，我们发现往左扩展和往右扩展相互独立 所以我们只观察往左扩展 ”
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摘要：原题链接 题解 首先，假设当前 \(s(l,r)\) 括号序列为合法序列，则有如下几种情况： \(l+1==r\) () \(match[r]==l\) (...) \(match[r]!=l\) (...)...(...) code #include<bits/stdc++.h> using na
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摘要：原题链接 题解 注意数据范围，设 \(dp[x][y]\) 为x只白鼠，y只黑鼠，A先手赢的概率 则每次选取要么A赢，要么B赢，要么都没有赢进入下一轮 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; /* #define int long long
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摘要：原题链接 分析 考虑两个点对 \((a,b),(x,y)\) 如果点对 \((a,b)\) 的路径与点对 \((x,y)\) 的路径不存在共同的点，那么此时我们交换 \(a,x\)，则有点对 \((x,b),(a,y)\) 此时两个点对的路径相交，且 \(dis(x,b)+dis(a,y)\gt d
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摘要：原题链接 题解 总体上来讲，就是二分 \(x\) 查询 插入 \(l-1\) 时有多少数小于等于 \(x\)，查询插入 \(r\) 时有多少数小于等于 \(x\) 然后减一减，看看是不是 小于等于 \(k-1\) 我认为目前没有比ai讲的更清楚的了，请点击这里 code #include<bits/
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摘要：原题链接 题解 无论如何，首先头脑中要有一个甚至若干个暴力的方法非常重要 暴力方法1：每次查询，遍历一次怪物，每战斗 \(x\) 只怪物，等级+1，直到遍历到怪物 \(i\) 最坏时间复杂度 \(O(n\cdot q)\)
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摘要：原题链接 前情提要，结合原题解区的题解 题解 先简化问题，对于一对数 \(a,b\)，其中 \(a\leq b\)，要使其差为 \(X\) 的操作数是多少？ 分类讨论 1.如果 \(b-a==X\)，操作数为 \(0\)（不操作） 2.如果 \(X\lt b-a\)，操作数为 \(1\)（增加a或者
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摘要：原题链接 题解 原题解区写的很详细，所以这里总结一下自己的语言 性质1.如果两个数组相等，那么两个数组的差分数组也相等 根据这个性质，原题就转换成了对数组 \(a\) 的差分数组操作(选取两个点 \(i,j\) 使 \(d[i]+1,d[j]-1\) 或者 \(d[i]-1,d[j]+1\)) 性质
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摘要：原题链接 题解 建桥相当于把区间内的路合并起来，这引导我们用并查集维护 可是具体如何实现呢？ 我们令桥内的所有节点的统一指向最右端点作为首领，然后对于桥内的所有小桥，每次更新完了之后往右边走一格 code class Solution { public: int fa[2000005]; int f
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摘要：原题链接 题解 假如 \(b=2\)，则有 \(\sqrt[2]{n}\) 个这样的数 假如 \(b=3\)，则有 \(\sqrt[3]{n}\) 个这样的数 所以总共有 \(\sum_{k=2}^{log_2(n)}\sqrt{k}\) 个这样的数 考虑去重 由于 \(\sqrt[3]{n}\le
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摘要：该图中，最左端的点会重复更新其周围点 \(n\) 次，有 \(n\) 条边，所以最坏 \(n^2\)
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摘要：原题链接 题解 对于一段区间 \([l,r]\) 我们可以在 \(r\) 的位置查询一次，然后利用差分的思想跑到l-1再查一次 虽然这样不行，但是可以先在 \(l-1\) 的位置查询一次，然后再在 \(r\) 的位置查询一次，然后顺序遍历，每次遍历就把对应位置上的数激活，可以用树状数组 code #
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摘要：原题链接 获取题意 1.只能传送一次。 2.走树边没有限制。 3.只能传送至非相邻节点 4.路径一定是如下形式： \(S\to x \to T\) 其中要么 \(x\to T\) 传送要么 \(S\to x\) 传送 \(S\to x \to y \to T\) 其中 \(x\to y\) 传送 \
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摘要：原题链接 题解 假如不是环，你会做吗？ 从左到右遍历 \(i\) 第 \(i\) 棵树的放置只与前面一棵树有关，线性dp 而图一定长这样： 当第 \(n\) 棵树为 \(3\) 的时候，无论第一棵树是 \(1\) 还是 \(2\)（不能为3，因为3不会往上），都符合环的要求 \(1\) 同理 因此我
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摘要：原题链接 题解 多想几个暴力 暴力1：每次询问，便对p跟随模拟 暴力2：预处理 \(dp[i][j]\) 代表 \(k=j,p=i\) 时的答案 暴力1的最坏时间复杂度： \(q\cdot n\) 其中当k，a很小的时候取到 暴力2的时间复杂度：$k\cdot n $ 发现当 \(k\geq \sq
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摘要：原题链接 暴力做法 每次询问，遍历点 \(u\) 的相邻节点，打上标记，然后遍历 \(v\) 的相邻节点，查询被标记的点的数量为 \(k\)，答案为 \(deg[u]+deg[v]-k\)，其中 \(deg[u]\) 表示节点 \(u\) 的度数 最坏时间复杂度为 \(O(q\cdot n)\) 优
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摘要：原题链接 题解 修改玫瑰 \(i\) ，对答案的影响是： 减去只有玫瑰 \(i\) 的区间，加上只有玫瑰 \(i\) 和另一个玫瑰的区间，加上 m 因此我们对每个玫瑰 \(i\) ，维护上述两个区间长度 由于每个玫瑰开花时间一样，所以我们可以用扫描线的思想，对所有区间的端点离散化排序，然后升序遍历，
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摘要：原题链接 题解 很有意思的思想，一遇到括号就倒过来 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lb long double #define lowbit(x) ((x)&(-x)) using namespace std; c
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摘要：原题链接 题解 很抽象的建模，我一开始想的是韦恩图，然后韦恩图里选取 若干 个点，还要保证每个图都能选上，然后把韦恩图抽象成点，图中的点抽象成待匹配的点，然后就是二分图匹配了 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lb l
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摘要：原题链接 题解 割点的特性： 以 s 为根节点dfs，割点的dfn序小于 t 点，且在割点dfs之后 t 点才有dfn序 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; vector<ll> G[20000
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摘要：原题链接 题解 如果某个半联通子图包含一个点，那么该点所在的强连通分量一定可以被包含进来，因此，我们可以对强连通分量缩点 缩完点之后最长链就是答案了 维护以每个点为首的最长链大小和个数
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摘要：原题链接 题解 题目目的：建立一个最小生成树 那么直接按边权排序后合并就行了 啊！！！！
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摘要：原题链接 题解 优秀博客 朴素贪心： 每次找一条路，易得一条路的最大流量为路径上的最小权值，因此多次bfs遍历找合法路径，然后dfs更新路径上的权值 缺点请看上面的优秀博客 因此建立反向边的作用，有点类似于二分匹配：这条路径的部分流量由我负责，现在你去负责其他路径 第一次学，还是有很多地方不懂 co
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摘要：原题链接 题解 往无向图中添加至少几条边，使得图中包含奇数环？ 注意是要添加少边，而不是使环小 讨论 1.0条 当且仅当原图中存在奇环，方案数为0 用bfs染色判断，即对于一个环，bfs一定会绕一圈该环，然后黑白染色判断奇偶即可 2.一条 当且仅当存在一连通图大小大于等于3 对于该连通图内，对方案数
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