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原题链接 题解 1.易得当 \(k\) 为奇数时，答案肯定为 \(-1\) 2.当 \(k\) 为偶数时，经过 \(k\) 条边返回原点的最短路径可以看成从原点出发经过 \(\frac{k}{2}\) 条边之后的最短路径（这样一来也没有了终点的限制） 3.这里用到了见微知著的思维，即假设已知某点经过 阅读全文
posted @ 2024-07-14 13:20
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原题链接 题解 遍历所有的子集肯定不行，所以我么考虑某些数作为 \(mex\) 的值时的贡献，也就是求 \(i\) 作为 \(mex\) 的值时，有多少子集的 \(mex\) 是 \(i\) 实施 对于 \(i \leq n\) ，假设子集选了 \(k_1\) 个小于 \(i\) 的数，\(k_2\ 阅读全文
posted @ 2024-07-13 17:27
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原题链接 题解 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll dp[1000005] = {0}; void solve() { ll n, ans = 0; cin >> n; string s; 阅读全文
posted @ 2024-07-13 15:43
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原题链接 题解 如果 \(x\) 所在的区间的 \([a,b]\) 与 \(b\) 更大的区间的 \([l,r]\) 有交点，那么我就可以向上跳 换言之，如果当前 \(x\) 所在区间的 \(b\) 大于某个 \(l<b\) 的区间，那么 \(x\) 可以跳到更大的区间的 \(b\) 具象化，我们只 阅读全文
posted @ 2024-07-13 12:45
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原题链接 题解 对于这种无序点对统计问题，我们可以遍历每一个点，然后计算其与之前遍历过的点的配对 \(dfs\) 遍历，设 \(num[i]\) 代表遍历到当前节点时，有多少可与当前节点配对的、节点颜色为 \(i\) 的、且 \(dfs\) 序小于当前节点（即之前遍历过的）的节点 维护方法：每往子节 阅读全文
posted @ 2024-07-12 21:19
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原题链接 题解 固定一个点作为树的根，易得任意一条链，都可以以某个点作为最高点，且链的两端到最高点之和为 \(k\) 那么不难想到遍历每个点作为最高点 那么接下来就变成了在子树里选两个端点，使得到该点的距离之和为 \(k\) 这种无序点对统计，我们可以顺序遍历，然后对于每一个遍历到的点，计算之前与遍 阅读全文
posted @ 2024-07-12 19:51
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原题链接 题解 暴力：遍历所有点为根节点的情况，然后遍历子节点，统计众数，时间复杂度 \(O(n^2)\) 优化：上面的算法时间复杂度之所以为 \(O(n^2)\) 是因为算父节点时，子节点又重新算了一遍，所以我们可以在算父节点时，保留一个子树的贡献，然后其他子树的贡献暴力遍历一遍 运用重链剖分，每 阅读全文
posted @ 2024-07-12 14:23
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原题链接 题解，构造太难想了 当 \(x\) 在二进制表示下，只有一个1时，肯定不行 如果有两个1呢？ 在这种情况下，如果 \(m\) 最大的一位，位于 \(x\) 最大的一和第二大的一之间，一定失败 为什么？ 分类讨论即可 反之是否成立？ 设 \(x\) 最大的一位 \(a\)，第二大的位 \(b 阅读全文
posted @ 2024-07-12 11:21
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原题链接 题解 考，纯纯找规律，对于区间 \([l,r]\)，其元素一定能全部变成 \(r-l+1\) 遍历所有区间优先修改覆盖之后能增加 \(sum\) 且区间大小更小的区间 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using names 阅读全文
posted @ 2024-07-11 21:03
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原题链接 题解 观察样例解释，不难想到在四个角上询问 对左上和右下询问会得到一条或者两条平行斜线，命名为 \(A,B\) 再对左下角询问，会得到一条与的斜线垂直的斜线 \(C\)，这条斜线一定与 \(A,B\) 某条线相交，且交点是其中一个井 如何查找交点？设交点为 \(x,y\) ，假设与左上角询 阅读全文
posted @ 2024-07-11 21:00
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