随笔分类 - 构造
摘要：题目链接 题解 对于需要颜色相同且位置不同的元素，易得同种颜色数量的最大值越小，越容易构造成功。因此对于颜色、位置均需相同的元素，利用优先队列使其选择数量最大的元素填充。求出剩余元素中同种颜色数量的最大值$ma$，将剩余元素按照值从小到大存储。因为$i$和$i+ma$元素值一定不等，所以两者可以互换
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摘要：题目链接 题解 可以发现 \(k\) 的取值范围只有 \(20\) ，可以枚举答案。若当前答案 \(i\) 成立，则合并在一起的珍珠后 \(i\) 位一定相等。因此对于每对珍珠 \((a,b)\) ，将 \(a\) 后 \(i\) 位的值与 \(b\) 后 \(i\) 位的值连边。易得若图中存在欧
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摘要：题目链接 题解 将所有逆序对$(x_i,y_i)$按照$y_i$降序排序，若$y_i$相等则按$a_{x_i}$($a$为原序列)升序排序，若两者均相等则按$x_i$升序排序即可。 对于序列$a$，如果每次寻找一组逆序对并将它们交换，易得经过若干组操作后一定可以化为单调不降的序列，因此我们只需保证
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摘要：题目链接 题解 令未给出的$b_i=b_+1$，模拟单调栈可得若干大小关系（若出栈则说明当前元素$<$栈顶元素，反之亦然）。若$a_i>a_j$，则由$i$向$j$连一条有向边，拓扑排序可得出排序后的排列。易证边数$\le 2n$，因此时间复杂度为$O(nlogn)$（$p,x$需自行排序）。 AC
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摘要：题目链接 题解 对于三元组$a$，从二元组$\overline\(到二元组\)\overline$连一条有向边。二元组转换为$62$进制的数保存，求全图的欧拉通路即可。此外，若直接使用邻接矩阵或邻接表存边，会因为访问大量已经过的边而超时（毕竟有重边，单个点会被搜索多次），时间复杂度最坏为$O(nm)
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摘要：题目链接 题解 易得$a$中的元素均在$s$中存在，但倘若原样照搬会产生其他的$gcd$值，因此需要删去或增添些元素。因为删除元素影响的$gcd$值也许不止当前观测的一个，题解作者并未想到删除元素的算法，便尝试增添元素。推导可知，设$a$序列最小值为$mina$，若存在$a_i$满足$a_i% mi
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摘要：题目链接 题解 对于$b$的3个限制，第1个仅由$\not=a_i$且字典位最高的$b_i$决定，第2个不要紧，第3个比较复杂。可以使用set维护当前全部满足第3个限制的$b$候选，埃氏筛求出$b_i$的全部质因数，并将其及其倍数于set中删除。如果每求出一个质因数均删除一遍时间不够，因此使用$vi
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摘要：题目链接 题解 可以发现，如果$a$数组存在对称元素（\(a_i,a_{n-i+1}\)）在$b$数组中位置并非对称，则一定无法变换成功，因为无论如何操作对称元素均不会变（如果有多个相等的数则尽量使其合法）。 而如果满足位置对称，则一定存在可行变换方案：\(\{a_1,a_2,...,a_j,...
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摘要：题目链接 题解 因为$d_i>0,i-n\le 0$，为使$|d_i+i-n|$尽可能小，最好令$d_i=n-i$。如下构造可满足此条件： 对于与$n$奇偶相反的$i$，\(\{...,i-2,i,i+2,...,n-1,n-1,...,i+2,i,i-2,...\}\)； 对于与$n$奇偶相同的$
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摘要：题目链接 题解 设$\sum\limits_{2k}x_i$为$sum$，因为前缀和均为完全平方数，可以设整数$b2=sum+x_{2k+1},a2=sum+x_{2k+1}+x_{2k+2}$。进一步推导得$a2-b2=x_{2k+2}$，所以$x_{2k+2}=(a+b)(a-b)$。因此我们可
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摘要：题目链接 题解 答案最大是所有长度为$l$区间中的最小石子数，因为此时石子数最小的长度为$l$的区间石子数为$0$，如果继续增加青蛙则无法越过该区间。而这样的答案是一定可以被构造出来的：设区间$[i,i+l-1],[i+1,i+l]\(，令区间\)[i+1,i+l-1]$的青蛙位置不变，而$i$处的
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摘要：题目链接 题解 为避免构造时出现环，令父结点编号小于子节点。可以发现，对于整数$x$，满足$y<x$且$y^\wedge x$最小的$y$为$x-lowbit(x)\(，此时边\)(y,x)$的权值为$lowbit(x)$。如此构造，\(ans=\sum\limits_{i=1}^{n-1}lowb
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摘要：题目链接 题解 可以发现，能够使另一个方格填色的三个方格的坐标可以写为$(a,b),(a,c),(c,d)\(，由\)(a,b)$以$a$为检索可以找到$(a,c)\(，而\)(a,c)$以$c$为检索找到$(c,d)$。由此想到，将行、列数构造为点，而每一个方格则是一条无向边。如题目样例3可构造为
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