摘要：
其实赛时可能可以做出来的，只是打了前 6 道想下班了，有点小小遗憾。 首先问题看起来很唬人，考虑转换一下。考虑已经固定 \(m\) 条边，对于一个集合 \(S\)，什么时候会不与其他点有边。容易发现，此时需要满足 \(\sum[R_i\in S]=\sum [B_j\in S]\)。记这个数为 \( 阅读全文
posted @ 2023-12-23 21:44
yinhee
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四维偏序板子题怎么只有一篇 cdq 题解呢/yiw 首先简单介绍一下 cdq 套 cdq 的思路。我们知道 cdq 的递归树可以理解成一棵线段树。cdq 的过程就是递归到叶子，再回溯回来。而 cdq 套 cdq 的过程则可以如此理解： 在第一层递归中到达点 \(x\)。 从 \(x\) 进入第二层递 阅读全文
posted @ 2023-12-23 21:42
yinhee
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提供一个本质相同，但是不需要会向量也能做，而且很好想的方法。 首先发现凸包点少，也就意味着边少，考虑从边的方向寻找突破口。 考虑一个凸包的本质：若干个直线划分出若干个半平面，它们的交即为这个凸包。如果一个点对于每一条直线，都在于凸包的同侧，那么这个点就在这个凸包内。 这样直接暴力做仍然是 \(O(n 阅读全文
posted @ 2023-12-23 21:41
yinhee
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先将暴力转移方程列出来：设 \(dp_{i,j,k,l}\) 表示当前 A 牌堆最上面三张分别是第 \(i,j,k\) 张牌，B 牌堆最上面是第 \(l\) 张的最大价值。则有： \[dp_{i,j,k,l}\to dp_{j,k,k+1,i}(c_i=c_l\lor a_i=a_l) \]\[dp 阅读全文
posted @ 2023-12-23 21:41
yinhee
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先 orz oyds。但是为什么没有 oyds 的简单预处理做法啊。 区间 dp。\(dp_{i,j}\) 表示凑出区间 \([i,j]\) 的最小代价。考虑枚举当前区间 \([i,j]\) 与 \(k\)，表示 \([i,j]\) 在区间 \([p,j]\) 中出现了 \(k\) 次，且 \(p\ 阅读全文
posted @ 2023-12-23 21:39
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感觉是那种，看到题就能猜到大概思路的题。 首先给题目条件增加限制：考虑 \(x_i\leq 7\) 的时候怎么做。这启示我们思考一个和值域相关的做法。 很容易想到一个树形 dp：设 \(dp_{u,i}\) 为在以 \(i\) 为根的子树中，\(u\) 所在连通块异或和为 \(i\) 时方案数与其他 阅读全文
posted @ 2023-12-23 21:38
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感觉完全没有 *2700？ 看到题，猜测 \(\max dis\) 不会很大，于是按照路径种类分类讨论一下路径 \((i,j)\)。下设 \(f_i\) 为最小质因数，并且更下面的情况不包括上面的情况。 \(\gcd(i,j)>1\) 这种显然 \(dis=1\)，数量则为 \(\sum\limit 阅读全文
posted @ 2023-12-23 21:36
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可撤销并查集好题。 首先考虑如果已经确定选哪两组，该怎么判断。发现是一个二分图判定的问题，拓展域并查集即可。 那如果要求出所有可能的两组的答案怎么办。首先，如果两组中至少有一组，在只加入组内边时就已经不可能是二分图了，这种情况就显然是不行的。 否则，可以考虑预先加入所有组内的连边，枚举每一种出现过的 阅读全文
posted @ 2023-12-23 21:35
yinhee
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李超线段树二次离线。 容易发现，将和某个点 \(x\) 相邻的边权翻若干倍后，直径所在位置有两种可能：经过或不经过该点。不经过可以跑一次直接求，否则还要分类讨论一下。 \(\operatorname{deg}_x=1\) 那么它会作为直径的一个端点。 否则 直径会从一条边进，另一条边出。 前者是简单 阅读全文
posted @ 2023-12-23 20:55
yinhee
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强制在线是诈骗，还是很有意思的。 首先，如果没有强制在线就是一个 SGT 分治板子。强制在线看起来做不了，但是发现 \(lastans=0/1\)。这启示我们不同的加边可能性不会太多。考虑先记录两种加边可能。 容易发现，如果当前时刻 \(j\) 可能操作 \((u,v)\)，上一次可能的时刻是 \( 阅读全文
posted @ 2023-12-23 20:44
yinhee
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