随笔分类 - Codeforces
摘要：洛谷题解总结到位“这种排序题通常情况下要转换成 \(\text{01}\) 序列处理”。设 \(b_i=[a_i\ge x]\)，枚举所有的 \(x\)，每次计算让所有 \(0\) 在最左边的最少轮数，取 \(\max\) 就是答案。设 \(f_i\) 为前 \(i\) 个 \(0\) 归位的最少论
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摘要：Codeforces Round #635 (Div. 1) A 略 B 先排序，枚举 \(x\)，贪心地选 \(y,z\) C \(S\) 中连续的一段在 \(A\) 中也是连续的。想象把 \(T\) 补齐（后面是什么无所谓），令 \(f_{l,r}\) 表示 \(S[1,r-l+1]\) 拼成
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摘要：Codeforces Round #633 (Div. 1) A 略 B 答案最大为 \(3\)。如果用 \(2\) 种，那一定可以只用 \(1\) 种。然后看看什么情况只用 \(1\) 种（略） C 找规律（略） D 设选出的集合为 \(S\)，则 \(\forall u\)，以 \(u\) 为根
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摘要：Codeforces Round #631 (Div. 1) A 略 B 由题意得，\(a_i\) 二进制下最高位的 \(1\) 一定大于 \(a_{i-1}\) 的，并且只需要满足这一个条件。那么只需要计算出 \(p_i\) 表示最高二进制位为 \(i\) 时有多少种数，前面都是 \(2^k\)
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摘要：Codeforces Global Round 7 E 答案显然单调不增，那么初始答案为 \(res=n\)，不断判定并减小答案直到可行。判断方法：把有删除操作的地方记上 \(-1\)，把 \(p_i\ge n\) 的地方记上 \(+1\)，若最大的后缀和 \(>0\)，则 \(res\) 可行。这
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摘要：Codeforces Round #621 (Div. 1 + Div. 2) A 略 B 略 C 只需计算长度为 \(1,2\) 的（略） D 略 E 大概观察一下，划分可行的条件为：吃同种草的最多有两只，一只左一只右；并且左边走得最远的和右边走得最远的不会碰到。 枚举左边的羊向右到达的最远点，然
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摘要：Codeforces Round #616 (Div. 1) A 略 B 分成多段肯定不如分成两段 \([l,t],[t+1,r]\)，只需考虑 \([l,x]\) 是否存在。满足以下条件之一有解： 1、\(len=1\) 2、\(s_l\ne s_r\)。构造：只需 \(swap(s_l,s_r)
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摘要：Codeforces Round #614 (Div. 1) AB 略 C 先观察规律确定dp方程式，然后记搜优化（略） D 建出整棵树空间不太够（ \(3\times10^7\) 个节点 ），只能考虑类似虚树的思想。其实只需要知道每个子树里有多少节点，然后不断移动来确定重心（略） E 如果能确定两
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摘要：Codeforces Round #612 (Div. 1) A 把已经填好的位置取出来构成子序列。如果相邻两个数奇偶性相同，要么这段中填满同样奇偶性的数，贡献为 \(0\)，要么贡献为 \(2\)。如果相邻两个不同，怎么填最优贡献都是 \(1\)。那么贪心的考虑相同的情况，填补尽量多的段。注意头上
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摘要：CF1519F Chests and Keys CF1519F Chests and Keys 前半部分和另一篇题解基本相同： 首先用式子来表示题意，即花费最小代价上锁以下条件成立：设 \(L_x\) 为宝箱 \(x\) 上锁的集合，则对于任意的打开的宝箱集合 \(S\)，都要满足：\(\sum\l
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摘要：Codeforces Round #715 (Div. 1) Codeforces Round #715 (Div. 1) A 三个串中必定存在两个串 \(A,B\)，满足$max(min(number\ of\ 0\ in\ A,number\ of\ 0\ in\ B),min(number\
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摘要：Codeforces Round #609 (Div. 1) A 先保留前 \(k\) 位写出当前的答案。如果合法直接输，如果不合法把前 \(k\) 位数字 \(+1\) 重新写 B 将网格图黑白染色，答案是 \(cnt=min(num(black),num(white))\)。可通过二分图匹配或手
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摘要：Codeforces Round #607 (Div. 1) A 每个位置一旦被赋值就不会再更改。记录当前哪些位置已经赋值，然后暴力更改没赋值的位置。但 \(m\) 之后的用不到不用管 B 答案只有 \(6\) 种 \(res=0\) 初始就全都是 \(A\) \(res=1\) 矩阵的四条边界中有
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摘要：Codeforces Round #606 (Div. 1) Codeforces Round #606 (Div. 1) A dp：不用任何观察。只有 \(one,two\) 两种特殊的串，\(dp\) 的时候只要记录末尾是 \(o,on,t,tw\) 还是其他东西就好了 greedy：遍历字符串
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摘要：Codeforces Round #604 (Div. 1) A 先把原序列去重弄成二元组 \((x,c_x)\)，即解了 \(x\) 题的有 \(c_x\) 人。这样的处理方便解决“严格大于”的限制，只要每种奖牌取一些二元组即可。 然后找到人数一半的位置把后面的仍掉。接下来枚举金牌的人数，然后从后
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摘要：Codeforces Round #601 (Div. 1) A 容易发现最小的差肯定是 \(1\)，即有一些块包含 \(x\) 个，一些块有 \(x+1\) 个。关键在于保证连通。只要按照“蛇形”拓展即可：一行一行走，第一行从左往右，第二行从右往左，第三行... #include <bits/st
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摘要：Codeforces Round #601 (Div. 1) Codeforces Round #604 (Div. 1) Codeforces Round #606 (Div. 1) Codeforces Round #607 (Div. 1) Codeforces Round #609 (Div
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摘要：Codeforces Round #618 (Div. 1) 旧题重补系列 A \((x|y)-y\) 就是二进制下 \(x\) 为 \(1\) 而 \(y\) 为 \(0\) 的位的权值和 而 \(f(f(…f(f(a_1,a_2),a_3),…a_{n−1}),a_n)\) 表示二进制下只有 \
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摘要：Codeforces Round #694 (Div. 1) B - Strange Definition 来看一些结论： 1、两个数 \(x,y\) 满足条件等价于 \(xy=k^2\) (两数乘积是完全平方数) 证：若 \(xy=k^2\)，则有$\frac{lcm(x,y)}{gcd(x,y)
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摘要："题面" 当n 1时，为了满足题目的条件，最后的矩阵必须满足两个条件中至少一个：A、第一行全是0 B、最后一行全是1 按照两种情况做两遍（强制使其中一个情况满足）就可以得到答案了吧，以A为例： 若a[1][i]=1，则第i列标记为需要一次操作，然后对之后每一行判断操作后的情况 有两种情况存在答案：
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