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想了 2 天好像还是只会带 log 的。 一上来，这不就是 #246. 【UER #7】套路，但第二个做法不是很好做。由于第一个做法是 \(O(n^2)\) 的，那就分块（块长为 \(T\)）。整块的贡献很好做，对于每个块维护个值域前后驱就可以合并，大致就是记 \(f[l][r]\) 为块 l 与块 阅读全文
posted @ 2022-02-08 18:01
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考虑点分树，找到最浅的满足条件的点，那么所有连通块符合条件的一定能以它为根来统计到。 考虑一个点 \(y\) 满足能作为颜色集合中（但不一定对答案贡献），显然是 \(x\to y\) 的路径所经过的点都满足那个偏序关系。 转化为二位偏序即可，数颜色 HH 的项链，大致按 r 排序，维护最大的 l 来 阅读全文
posted @ 2022-02-08 18:01
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我们已经有了高于 \(n^{1.5}\) 的在线做法。 这东西就是套路，但按 CF765F Souvenirs 的方式维护点到块太难搞了。。。 因为前者算重没事。。。 所以等我明早起来再重构。。 \(f[i][j]:block_i \to block_j\) $$ g[i][j] :i \to R[ 阅读全文
posted @ 2022-02-08 18:01
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口胡。 考虑先点双找出来，对每条割边先按权升序排，再判断是否删了这条边后，s 到 t 就不在联通。跟我一样不怎么会维护的可以写个 LCT 就可以。 找割边，找所有可行路径方案，判 -1 的情况，接下来找到一条可行方案，找到上面权最小的割边，那么可以贡献答案。再者，可以删掉上面任一条边，再反复这个做法 阅读全文
posted @ 2022-02-08 17:59
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思考过程。无脑记录。 流量守恒：记 \(d(x)=in_x-out_x,d(x)=0\)，因为上下界网络流经常这么表示，当然记 \(d(x)=out_x-in_x\) 也行。 减容量是可以舍弃的操作，因为减容量总是可以使用减流量解决或者会使其更不优。 再者，每条边给定的原始流量一定要先流满再说，所以 阅读全文
posted @ 2022-02-08 17:59
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题 ORZZJY！ 去年暑假，我被 JohnJoeZhu 的这道题吊打。 现在，我已经能一眼了（） 好吧，事实上就是个二维二项式反演的板子。 容易发现 \(x\) 行 \(y\) 列是啥没影响。 考虑设 \(f[i][j]\) 为至少有 \(i\) 行关键行 \(j\) 列关键列未染色的情况数。为什 阅读全文
posted @ 2022-02-08 17:59
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不会生成函数 /yun 弱化版直接二项式反演乱搞做差卷积就好了。 考虑 \(f[i]\) 为至少 \(i\) 对情侣坐一起的方案数，显然 \(f[i]=\binom{n}{i}\binom{n}{i}i!2^i*(2n-2i)!\)，即钦定 \(i\) 对情侣，\(i\) 排座位，情侣座位选择可以全 阅读全文
posted @ 2022-02-08 17:57
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题传 真难写，， 考虑冒泡排序，每一次交换相邻的减少 1 对逆序对，那么我们肯定要第二种操作尽量多地减少逆序对。 考虑第二种操作 swap(i,j) 减少的逆序对数量：\(\forall k\in(i,j),h_j<h_k<h_i\)，\(k\) 的个数乘二。 考虑抽象到二维平面，点坐标为 \((i 阅读全文
posted @ 2022-02-08 17:56
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我竟然能独立想出来（） 首先树上统计点对问题考虑 dfs 一遍顺便统计，再加上数据结构之类的。 考虑对于第 \(i\) 种语言，\(x,y\) 能开展贸易说明都被 \(i\) 覆盖到了。考虑每种语言覆一个颜色？ 不需要。我们发现对于 \(x\) 我们只关心执行了所有跟 \(x\) 有关的覆盖操作（即 阅读全文
posted @ 2022-02-08 17:56
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感谢wxy_大佬给的E的思路 A 考场：n很小，随机化1e3次就好了。 正解：直接从1-n开始加，假如sum=x就交换 \(a[i] \ and \ a[i+1]\) 无解的情况就是 \(\sum_{i=1}^{n}a[i]=x\) #include <bits/stdc++.h> #define 阅读全文
posted @ 2022-02-08 17:55
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