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题目链接 因为要满足 \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}=\frac{1}{n!}\) 这个式子，所以很显然 \(x > n!, y > n!\)，那么我们假设 \(y=n!+k(k\in N^*)\) 那么代入式子得 \(\frac{1}{x}+\frac{1}{n!+k}=\ 阅读全文
posted @ 2025-05-04 08:41
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思路：发现不是一直修改的，所以可以猜到要离线处理。有这个思路，当我们正在维护 \(1\sim i\) 区间时，如果这个正在加入的点 \(i\) 之前有了，那么把之前加的 \(1\) 给去掉，现在的加上 \(1\)，然后这个东西我们用树状数组维护，排序 \(r\) 就行了。 \(\mathscr{Co 阅读全文
posted @ 2025-03-02 20:32
wh2011
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给 \(n\) 个 \(0\) 和 \(n\) 个 \(1\)，排列成长度为 \(2n\) 的序列，满足在任意位置 \(0\) 的个数都小于 \(1\) 的个数。 \(Cat_n=\frac{C_{2n}^n}{n+1}\) 证明：不证。 与 Catalan 数有关的问题： \(n\) 个左括号和 阅读全文
posted @ 2025-02-13 18:48
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首先考虑暴力 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示现在的时间是 \(i\)，然后另一面（现在不在煎的面）已经煎了 \(j\) 分钟，那么先考虑不翻 \(f_{i,j}=\min f_{i-1,j}\)，再考虑翻 \(f_{i,j}=\min f_{i-1,i-j}+1\) （默认都取最小） 明显会 阅读全文
posted @ 2025-02-12 11:39
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设 \(f_i\) 表示对于前 \(i\) 个数，\(i\) 选了， \(g_i\) 表示对于前 \(i\) 个数，\(i\) 没选，\(sum_i=\sum_{j=1}^{i}e_j\) 我们可以列出状态转移方程。 \[\begin{aligned}g_i&=\max\{g_{i-1},f_{i- 阅读全文
posted @ 2025-02-11 19:06
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前言：\(v\) 表示子节点，\(w\) 表示边的值，\(fa\) 表示父节点。因为本人一开始不会，所以看了这个题解所以自己写可能会有点像。（stO奇米dalao） 题解 定义 \(f_u\) 表示从点 \(u\) 出发，再回来，完成 \(u\) 这颗子树的最少时间。那么 \(f_u=\sum f_ 阅读全文
posted @ 2025-02-09 19:49
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设 \(f_i\) 表示对于前 \(i\) 个顾客开票所需的最短时间，\(f_i=\max\{f_{i-1}+a_i,f_{i-2}+b_i\}\) 左边表示单选，右边表示一块选。 // #define FILE_INPUT #include <iostream> #include <cstdio> 阅读全文
posted @ 2025-02-02 21:40
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\(f_{t,x}\) 表示，现在时间为 \(t\)，位于的位置为 \(x\) 最多可以接到的馅饼个数，可得状态转移方程： \[\begin{aligned}f_{t,x}=\left\{\begin{array}{rcl} \max\{f_{t-1,x},f_{t-1,x-1},f_{t-1,x+ 阅读全文
posted @ 2025-02-02 19:27
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直接完全背包即可。 // #define FILE_INPUT #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define rep(i, a, b 阅读全文
posted @ 2025-02-02 18:46
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题目简化后就是 LIS 将原本的价值改成了 \(a_i\)，我们设 \(f_i\) 表示对于前 \(i\) 个数，必定选 \(i\)，那么 \(f_i=\max\limits_{a_i>a_k}\{f_k+a_i\}\) // #define FILE_INPUT #include <iostrea 阅读全文
posted @ 2025-02-02 17:28
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