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这种题肯定首先要**寻找不变量**。 显然后面排好序的后缀不会被改变。因此从整体上来看我们的流程肯定是，如果当前 $p_n=n$，就令 $n$ 减一，否则你一步换的 $i$ 肯定满足 $p_i=n$。而显然 $\min\limits_{j=i}^np_j\le i$，因此我们考察 $\sum|i-p 阅读全文
posted @ 2023-07-21 20:57
tzc_wk
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一个比较垃圾的做法，卡着时限过了这道题。 首先大胆猜个结论：要么 $|s|=|t|$，此时 $A,B$ 任取，要么存在字符串 $c$ 和整数 $x,y$ 使得 $A=c^x,B=c^y$，其中 $c^x$ 表示 $x$ 个 $c$ 拼接得到的结果。证明的话感觉还挺复杂的，可能要 border 引理之 阅读全文
posted @ 2023-07-21 18:28
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只要你发现是诈骗题就好办了。不要像我那样傻傻地瞪一个小时然后才发现那俩 sigma 里的东西相减是有性质的。 先考虑计算单个 $f(p)$，一眼的树状数组……吗？考虑最终答案式子里 $i$ 的系数：$\sum\limits_{jp_i]-\sum\limits_{j>i}[p_jp_i]+\sum\ 阅读全文
posted @ 2023-07-21 17:40
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这种数据范围和题目特点一眼网络流。 对于一种选法，我们考虑建立两个黑白矩阵，如果一个点 $(i,j)$ 被选，我们就将第 $i$ 行中 $a_{i,k}\le a_{i,j}$ 的 $(i,k)$ 在第一张网格图中染成黑色，将第 $j$ 列中 $a_{k,j}\le a_{i,j}$ 的点 $(k, 阅读全文
posted @ 2023-07-21 16:59
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一年前模拟赛的题，时隔恰好一年零一天又考了一遍还是不会做。 对两个矩形的位置分情况： 1. 相离，此时必然存在一条与 $x$ 轴或 $y$ 轴平行的分界线，满足一个矩形在左边（下面），另一个矩形在右边（上面）。这部分显然可以 $O(n)$ 地处理。 2. 相交成十字形。这一类我的处理比较烦：考虑预处 阅读全文
posted @ 2023-07-21 16:05
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牛逼题。 先考虑 $l\le 10^5,10^5+1\le r$ 的部分分：一种方法是线段树，即因为左右端点是独立的，因此对左右端点各维护一个权值线段树表示有多少个区间以这个值为左 / 右端点，这样对于修改，左端点的部分相当于先查询 $\le l$ 的数的个数，然后将它们都挂到 $l$ 上，最后把 阅读全文
posted @ 2023-07-21 15:27
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首先第一步是一个浅显的观察：我们要求的是**所有可能的最终序列的贡献之和**，如果能改为计算**所有操作序列的贡献之和**那问题会简单很多，并且我们惊奇地发现，如果一组 $x_i$ 全大于 $0$，那么把它们全减去 $1$ 以后得到的答案序列不会改变，而对于任意一种可能的最终序列，必然存在一组 $\ 阅读全文
posted @ 2023-07-21 12:22
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最终方案肯定是将 $[1,n]$ 划分为若干个长度 $\ge 2$ 的区间 $[l_i,r_i]$ 满足 $l_i\sim r_i$ 按照 $l_i\to l_i+1\to l_i+2\to\cdots\to r_i$ 的方案连成一条链，剩余点之间连边满足不存在其他边两端点差为 $1$。 考虑对后面 阅读全文
posted @ 2023-07-21 10:50
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首先，DP 肯定是逃不掉的，因为直接贪心其实不好判断在两个人都可以上线的时间段究竟是哪个人上线，需要通过后面的情况来做出判断，但是这题值域比较大直接维护 DP 值肯定不行，因此考虑先设计一个与值域有关的 DP 然后优化。 将时间区间离散化，然后依次考虑每个时间区间。一个很自然的想法是设 $dp_{i 阅读全文
posted @ 2023-07-21 10:18
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