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先只保留每个专辑中有用的数，这样每个专辑是一个单调递增的序列。因为只用考虑数的相对大小，所以对剩下的数进行离散化。设 $f_i$ 为若序列从大于等于 $i$ 的数开始，能够得到的最大印象值。从后往前 dp ，显然$f_{i+1}$ 可转移到 $f_i$ ，同时我们可以找到各个专辑中值为 $i$ 的数 阅读全文
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#include<bits/stdc++.h> #define IL inline #define LL long long using namespace std; const LL N=1e10+3,M=2e5+3; const int p=1e9+7; LL n;int a[M]; IL in 阅读全文
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##链接 考虑如何判断可行性。 对于 $n$ 的排列 $P=(p_1,p_2,...,p_n)$ ,不论如何操作，$\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i,p_i}$ 不变，若其最小值小于 $0$ ，则不存在方案。对这个我们可以用 $KM$ 算法求得（需用 $bfs$ 版本的，$dfs 阅读全文
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#链接 ##$Link with Bracket Sequence II$ 为了方便去重，我们令 $f_{i,j}$ 表示 $i$ ~ $j$ 组成的两端括号匹配的合法括号序列方案数，$g_{i,j}$ 表示 $i$ ~ $j$ 组成的合法括号序列方案数，答案为 $g_{1,n}$ 。 转移 $g_ 阅读全文
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#链接 ##$A:Task Computing$ 微扰法可以证明，若 $i$ 排在 $j$ 前面，则 $w_i(p_j-1) < w_j(p_i-1)$ 。 先将其按该方法排序，我们只需要选出 $m$ 个按顺序排即可。 $m$ 很小，考虑 $dp$ ，$f_{i,j}$ 表示从前 $i$ 个中选出 阅读全文
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#链接 ##$Equipment Upgrade$ 令 $f_i$ 为升到 $i$ 级所需期望费用，易得： $f_i = f_{i-1} + c_{i-1} + \frac{1-p_{i-1}}{\sum\limits_{j=1}^{i-1}w_j}\sum\limits_{j=0}^{i-1}(f 阅读全文
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#链接 ##$A:Ancestor$ 预处理出 $A,B$ 上关键点的前缀 $lca$ 和后缀 $lca$ ，枚举删除的点求即可。 #pragma GCC optimize(3) #include<bits/stdc++.h> #define IL inline #define LL long lo 阅读全文
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#链接 ##$C:Link with Nim Game$ 判断必胜态还是必败态很明显直接求异或和就好了。 异或和为 $0$ ，则为必败态，我们肯定是希望尽量一次每人取一个石子。 存在这种方案吗？我们可以找到 $lowbit$ 最小的那堆石子取一个，这样对方肯定也只能从 $lowbit$ 相等的那堆石 阅读全文
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#链接 这次的界面终于让我有了一点我是花了钱的感觉（ ##$Static Query on Tree$ 树链剖分做法：把在 $A,B$ 中的点到根的路径染色，把 $C$ 中的点的子树染色，都被染色过的点就是答案。 容斥做法：按 $C$ 中节点的从属分成多个子树，若 $a$ 在 $b$ 的子树中，则无 阅读全文
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#链接 ##$A : Villages: Landlines$ 做法一：将有交集的两个区间合并（显然若一个区间被覆盖可只建电塔使另一个区间被覆盖），两两相邻区间的最短距离的和即为最小值。 做法二：按发电站的位置向左右遍历，对于左边，按建筑区间的最右端位置排序，记录目前电力能到达的最左端，贪心更新，对 阅读全文