A*G#C001

AGC001

贪心。

很nb这个题

不好做，设\(f(a,b)\)表示边长为\(a,b\)，一个角为\(60\)度的平行四边形从\(120\)度的角平分线处出发能走的路程，转移是一个递归，复杂度证明类似\(\gcd\)。

每条边新建一个虚点，从每个点（虚实兜星）出发搜不超过\(D\)层（枚举直径中点），能保证真正的直径不超过\(D\)，最大的大小即是答案。

翻题解\(\sqrt{}\)

先说结论，如果\(a\)中奇数不超过\(2\)个，就把它们安排到序列两端，然后输出\(a_1-1,a_2,a_3,\ldots,a_{n-1},a_n+1\)。（此时只有\(a_1\)和\(a_n\)可能是奇数）

可行性画一画就知道了，至于为什么只有这个对，考虑连的边至少要\(n-1\)条，如果一个序列尽量放偶数可以连出\(\lfloor\frac n2\rfloor\)

如果一边有超过\(2\)个奇数那就会少一些边，对\(n\)分奇偶讨论可以得到不可行。

很久以前写过的顺便写写= =

求一大堆组合数之和，可以化为对每对\(i,j\in[1,n]\)求\((-a_i,-b_i)\)到\((a_j,b_j)\)的方案数

因为对每一对都要做所以直接dp就好了。

最小化\(A\)的字典序相当于最小化\(p_A\)的字典序。(反正对的，关于证明弃疗了

那么从\(p\)上看就是可以交换相邻两个差\(\ge K\)的数

如果有两个数\(i<j,|p_i-p_j|<K\)那么最后\(i\)肯定在\(j\)前面

可以用拓扑序解决，然而边数太多了

每个点\(i\)只要向右边第一个\(a_j>a_i,|a_i-a_j|<K\)的和\(a_j<a_i,|a_i-a_j|<K\)的\(j\)连边即可，可用数归证明后面的边一定会被这两个点连到。

posted @ 2019-10-08 22:15 菜狗xzz 阅读(173) 评论(0) 编辑收藏举报

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