随笔分类 - 题解
摘要：原题链接 众所周知，有如下组合恒等式（由定义证明即可）： $$\dbinom{n}{m} = \dbinom{n - 1}{m - 1} + \dbinom{n - 1}{m}$$ 那么令 $f_{p, i} = \sum_{j=1}^i \dbinom{i - j + 1}{p}\times a_
阅读全文
摘要：m显然，对于每个操作，都是将 $a_i$ 变为 $10^9$ 那么假设有一个数列 $b_1, b_2, \ldots,b_n$，求它的建图后的直径。 对于两个点 $l, r$，会有两种走法： 直接走两者相连的边，$\min(b_l,b_{l + 1},\ldots,b_n)$， 先走到外界 $k$，
阅读全文
摘要：先考虑当 $n$ 为奇数的时候， 则 $2, 4, \dots, n - 1$ 为最大限度，所以让这些楼层比两边高即可。 那么 $n$ 是偶数呢？$2, 4, \dots , n - 2$ 为最大限度， 然而最大限度的楼层不止一个！ 比方说 $n = 6$，有 $$1 2 1 2 1 1$$ $$1
阅读全文
摘要：首先用一张图引出思路， 由上图的调整方法可以知道，存在一种最优方案， 使得在此方案中第一个让 Doremy 的 IQ 减 $1$ 的比赛 $i$，比赛 $j(i \leq j \leq n)$ 都选择了。 所以从后往前考虑，后 $i$ 个全选所需要的最小代价。 若当前考虑的 $i$ 所需要的代价等于
阅读全文
摘要：由最大公因数，$\gcd(i,a_i) \leq i$，即 $\gcd(1, a_1) = 1$， 而 $\gcd(2, a_2) \leq 2$，所以 $\gcd (2, a_2) = 2$，（因为 $1 = \gcd(1, a_1) \ne \gcd (2, a_2)$）。 即可推出：$\gcd
阅读全文
摘要：这道题思路比较巧妙也比较常见：正难则反。 考虑正推，仿佛要带撤销并查集，反正很难， 面对这种删边问题，一般都是通过倒推的方法变为加边问题，往往会好做。 所以考虑倒推，问题转换为：通过不断加边，则每个点的掉落时间为它第一次与 $1$ 号节点联通的时间，可用并查集维护。 但是，一个问题来了：在一块连通块
阅读全文
摘要：一个位置，要不一直加，要不一直减。 枚举最终 $b_i = 0$ 的 $i$， 那么小于 $i$ 的位置都为负数，大于 $i$ 的位置都为正数， 既然“加”还是“减”的方向都定了，那么就容易了。 思路有了，最好还是自己独立写一写。 #include <cmath> #include <cstdio>
阅读全文
摘要：只考虑 $x$ 取反 $k$ 次的时候（$x$ 的取值为 $0/1$）： 若 $x \equiv{k}\pmod{2}$，则 $x$ 取反 $k$ 次后会是 $0$； 若 $x \not\equiv{k}\pmod{2}$，则 $x$ 取反 $k$ 次后会是 $1$。 因为高位为 $1$，答案会更优
阅读全文
摘要：假定，$a$ 数组已经排好序了。 设 $f_{l, r}$ 表示 $l$ 到 $r$ 区间建一颗排序二叉树后的最小代价， 枚举 $[l, r]$ 的根 $k$，因为已经有序，所以 $k$ 的左子树 $[l, k - 1]$，就是把 $[l, k - 1]$ 建一颗排序二叉树，所有点的深度总体加 1，
阅读全文
摘要：要连续的 $R$ 最少，即要尽量平分在 $B$ 的空隙里， 有 $b + 1$ 个位置可以填 $R$， 设 $x = \left\lfloor\dfrac{r}{b +1}\right\rfloor,y=r \% (b + 1)$， 显然让前 $y$ 个位置填 $x + 1$ 个，后 $y + 1
阅读全文
摘要：假设筷子按长度排序为 $l_1,l_2,\cdots,l_n$， 可证明任意一组筷子 $(a, b, c) = (l_i,l_{i+1},l_k)$，即 $a, b$ 相邻。 那么 $f_{i, j}$ 表示在 $l_{i}$ 到 $l_n$ 中选出 $j$ 组筷子的最小花费，则 $$f_{i, j
阅读全文
摘要：容易想到区间 dp， 设 $f_{i, j}$ 表示 $i$ 到 $j$ 这段区间中，先后最优的和减去后手最优的和。 （即题目中的在原数组操作改为在 $i$ 到 $j$ 区间操作）， 那么考虑一开始取最左还是最有 左端，取完后的区间为 $[i + 1, j]$，那么：$f_{i, j} = a_i
阅读全文
摘要：容易想到设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 块积木，把它们分成 $j$ 堆柱子后高度之和的最大值 （第 $i$ 块积木在第 $j$ 堆柱子）, 然后考虑第 $i$ 块三种情况： 不放，什么都不用做 另起一个柱子，枚举第 $j - 1$ 堆柱子的顶端 $k$，则 $$f_{i, j} = \ma
阅读全文
摘要：此题不可以打表…… 不过通过打表可以发现，每个数最多变换 15 次， 那么枚举一共乘了多少次，设乘了 $p$ 次后离 $0$ 还要多加 $x$ 个 $1$， 直接加肯定不划算， 若在一开始加上 $1$ 再乘 $2$，则最后会额外加上 $2^p$， 若在乘了一次 $2$ 后加 $1$ 再乘 $2$，则
阅读全文
摘要：要差最小，肯定是大的两个相减，再加上小的两个相减，就达到最小了 #include <cmath> #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; typedef long long ll; int a[50], b[50]; in
阅读全文
摘要：考虑 $\gcd(a, b) = \operatorname{lcm}(c, d) = 1$， 则由 $\operatorname{lcm}(c, d) = 1$，得出 $c = d = 1$， 因为 $\gcd(a, b) = 1$，当 $b = 1$ 时会满足条件, 那么 $a = n - 3$
阅读全文
摘要：分析： 若 $s \& t = 0$，则肯定每一位是独立的，考虑第 $i$ 位： $s_i = 0$，则 $t_i$ 可以为 $0$ 或 $1$； $s_i = 1$，则 $t_i$ 必须为 $0$。 考虑把 $s_i$ 的 $0,1$ 对换： $s_i = 1$，则 $t_i$ 可以为 $0$ 或
阅读全文
摘要：首先联想到最短路， 以每个转折点为顶点，两两连一条边，再加上起点与终点，就可以了。 但这样边数至少有 $O(m^2)$，会爆炸， 考虑优化：我们直连一个点与它上下左右相邻最近的点就行了， 举个例子： 有三个转折点：$A(1, 2)$，$B (3, 3)$，$C (4, 7)$，要从 $A$ 走到 $
阅读全文
摘要：跑两遍最短路。 设 $dis_{i,j}$ 表示从 $i$ 走到 $j$ 的最短路径，注意这里不是乘车。 对于每一个在 $i$ 位置的司机， 如果 $dis_{i,j} \leq t_i$，则 $i$ 司机就可以从 $i$ 开到 $j$，花费为 $c_i$, 我们就再建一个图，若能乘车从 $i$ 到
阅读全文
摘要：若有序，必须单增。 设前 $i$ 个的最大值为 $pre_i$，后 $i$ 个的最小值为 $suf_i$， 若要使得有序，满足操作后 $a_{len}$ 与 $a_{len+1}$ 有序，即 $a_{len} < a_{len+1}$， 而操作后，$a_{len}$ 是前 $len$ 的最大值，$a
阅读全文
浙公网安备 33010602011771号