随笔分类 - 题解
摘要：洛谷传送门 为什么只有洛谷呢因为洛谷的翻译是我写的我想宣传一波qaq //2021/6/10 update:到现在还没过翻译而且我的翻译没有备份所以咕咕了呜呜呜 解题思路 首先可以用一个栈求出每个括号配对的括号的位置———— 遇到左括号进栈，遇到右括号一定与当前的栈顶配对。 用双向链表储存一下某一个
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摘要：##传送门 ##解题思路 首先显然的规律是需要m+1张亵渎。 分别在开始和m个空位处释放（可以想象为整个数组往左移）。 对于每一次释放，根据容斥原理，用总的减去空位置的，可列得式子： \(\sum_{i=1}^{m+1}(\sum_{j=1}^{n-a[i]}j^{m+1}-\sum_{j=i}^{
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摘要：##CF传送门 ##洛谷传送门 ##解题思路 首先，前半部分关于p阶等差数列的知识请看这篇博客。 总结一下就是： 如果数列的p阶差数列是一个非0的常数数列，那么称它为p阶等差数列 数列$a$为一个p阶等差数列的充要条件是数列的通项$a_n$为关于n的p次多项式 然后这个题就可以推出是个关于n的k+1
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摘要：##CF传送门 ##洛谷传送门 ##解题思路 首先注意一个很重要的条件： 这些交换可以使用0到多次。 这告诉我们什么呢？ 也就是说，我们把可以互换的点之间建边，在形成的图上的每个连通块内的点可以随意交换。 于是，我们建完图以后在每个连通块内从大到小排列出结果即可。 ###优点 想起来比较省事，写起来
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摘要：##传送门 ##拉格朗日插值法 帅气的英文名:Lagrange……… 看起来很厉害的名字是用来干什么的呢？ 简单点说，就是给你n个点，你就可以确定一个n次多项式。 设这n个点分别为： \((x_1,y_1)(x_2,y_2)(x_3,y_3)\cdots\cdots(x_n,y_n)\) 则公式为：
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摘要：##传送门 ##解题思路 其实这个题部分分还是很好想的，但是考场上硬是没拿满………… 直接说正解： 假如没有对元素大小的限制，很显然可以直接设定第n行和第m列的数字为0，一定能构造出一组解。 然后考虑限制。 我们发现，对某一行或者某一列的元素进行$+1 \ -1\ +1 \ -1 \ +1\ -1\
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摘要：传送门 解题思路 给你$n$个不等式，\(ai<=aj+k\) 像极了最短路中松弛的式子。 所以做法就出来了： 对于每一个是上面形式的式子，我们从$j$向$i$连一条长度为$k$的边，这样我们保证了到$i$的最短路一定$<=$到$j$的最短路。 建立一个超级源点，连向每一个点，边权为$0$，求一遍最
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摘要：##CF传送门 ##洛谷传送门 ##解题思路 总结一下， 其实只有两种情况： k,k-1,k-2,k-3,k-4,k-5,……,1（k<=h）+ 一堆高度为[1,k] h,h+1,……,h+x,h+x-1,h+x-2,……,1 + 一堆高度为[1,h+x] 贪心：k和x显然是越大越好。 于是我们可以
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摘要：##CF传送门 ##洛谷传送门 ##解题思路 很显然的结论是，要尽可能多的重复。 但是也不能每次都重复： 假设第 i 天 \(m_i=4\)，那么到第i天至少要保证已经有四条线，也就是说前 i-1 天最多重复 i-5 条。 所以我们用一个单调栈维护一个最长的 (i-m[i]) 上升后缀，这也就求出了
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摘要：##传送门 ##解题思路 碰面就是行走的路程差恰好是原来的差加上整数圈。 然后就可以列出一个不定方程： \((n-m)t\equiv x-y\pmod L\) 也就是 \((n-m)t+k*L=x-y\) 便于最后计算最小正整数解，我们一开始就把a变成正数，注意c也要同时变。 ##AC代码 #inc
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摘要：##传送门 ##逆元 ####什么是逆元？ 首先取模运算在加法、减法、乘法中是满足分配率的，即 \((a+b)\%p=(a\%p+b\%p)\%p\) \((a*b)\%p=((a\%p)*(b\%p))\%p\) 但是除法却不满足。 而有时候$\frac%p$中分子和分母都特别大，需要在计算过程中
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摘要：##传送门 ##解题思路 先转化为： ax+by=gcd(a,b) exgcd板子，求出一组特解$x_0$,$y_0$后，我们发现，可以将 \(x_0+\frac{kb}{gcd(a,b)}\) \(y_0-\frac{ka}{gcd(a,b)}\) 所以可以得出，x的最小正整数解为$((x-1)%
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摘要：##传送门 发现自己数论+文化课数学都已经炸了，所以从头学起补一补，以后要多刷数论题了。 ##解题思路 \(ax\equiv 1\pmod{b}\) 可以转换成 \(ax+by=1\) 而答案就是这个方程的解中x的最小正整数解。 直接用exgcd算出一组解$x_0$，然后想办法得到x的最小正整数。
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摘要：洛谷传送门 线段树优化建图 用两个线段树A和B，一个我们称之为入树，一个我们称之为出树，对于每一条边，都是从入树连向出树，具体如下： 若是两个点之间连边，直接从入树对应的叶子节点连向出树的叶子节点 若为单点连向区间，则入树的叶子节点连向出树的区间（按照线段树的插入） 若为区间连向单点，同理，入树的区
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摘要：HDU传送门 解题思路 总结一下，就是更改最短路的最小代价。 板子题：最短路图上跑最小割。 最短路图 何为最短路图？ 显然是最短路组成的图。 各条最短路上的边组成的新图。 求法？ 记录最短路显然码量很大，于是乎我们可以从s点跑一遍最短路，在反图上从t点跑一遍最短路，枚举每一条边e<u,v>，若dis
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摘要：CF传送门 洛谷传送门 解题思路 首先一种不动脑子的做法就是模拟（就是我的做法）： 从后往前推，用一个变量y记录状态，枚举到第i堆时，y==1表示到第i堆需要的先手才能胜，y==0表示到第i堆需要后手才能胜。 推到第1位时，若y==1，则first胜，否则second胜。 代码见下方。 写出代码后发
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摘要：CF传送门 洛谷传送门 解题思路 题目中有几个需要注意的翻译得不是很好的点： 无根树 最后还需要输出每次选取和删除的点 我们回顾一下树的直径dfs求法，可知树上到任意一个点距离最远的点一定是树的直径的一个端点。所以我们可以选取树的直径的某个端点作为整棵树的根，然后对于每个叶子节点： 若不在直径上，比
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摘要：传送门 解题思路 结论题，威佐夫博弈就是让你背个结论。 若（向下取整）两个数的差*黄金分割比 == 较小的数，则先手输，否则先手胜。 注意先确定两个数的大小，黄金分割比用double。 AC代码 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<c
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摘要：CF传送门 洛谷传送门 解题思路 贪心：若序列长度为偶数，则每人拿一半，若为奇数，则所有奇数序列的中间元素从大到小排序，两人依次拿，剩下的两边的也是一人一半。 证明（感性）：若对方想要抢走你那一半的元素，说明你那一半的元素肯定更大，你不可能让对面抢去，所以每个人都守着自己这一半的元素。 真不明白为啥
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摘要：最大流传送门 费用流传送门 网络流 很形象的定义：城市水管。 城市之间有许多水管，每根水管有一个最大容量，有一个源点（即出水点）s，和一个汇点t（回收水点）。 而最大流就是求最多能有多少水从源点流向汇点。 用找增广路的思想，每次不断找到增广路，更新答案。 注意要加反向边（返回操作），保证正确性。 但
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