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摘要： 题目链接 解析 考虑最优方案的策略，甜筒必定只消耗在 \(X\) 最小的那几个朋友身上。故将所有朋友按 \(X\) 从小到大排序，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个朋友，花费 \(j\) 个甜筒的最大受欢迎度。对应地，设 \(g_{i,j}\) 表示考虑了位于 \([i,n]\ 阅读全文

摘要： 原题链接 解析 有一个好想的状态是设 \(f_{l_1,l_2,l_3,d}\) 表示含有 \(l_1\) 对 {}，\(l_2\) 对 []，\(l_3\) 对 ()，深度为 \(d\) 的 SS 串个数。 对于转移，考虑从某个状态加上一对括号转移过来。问题在于可加括号的地方实在太多，并且还有括号 阅读全文

摘要： 题目链接 解析 看到异或，想到按位处理，这样 \(a + x\) 得看作是一个整体。对于 \(b\) 的第 \(k\) 位，如果其为 \(1\)，则我们希望 \(a + x\) 的对应位为 \(0\)。如何让 \(a + x\) 的第 \(k\) 位为 \(0\) 呢？考虑到 \(a + x\) 的 阅读全文

摘要： 题目链接 解析 根据题目名称，先将数列分块。那么如何才能知道 \([l,r]\) 之间的众数？对于中间的整块，我们希望知道它们并起来之后的众数，因为这个看起来很接近答案并且可以用 \(O(n\cdot \frac{n}{B})\) 的复杂度大力预处理出来，\(B\) 为块长。然后讨论众数位于旁边散段 阅读全文

摘要： 原题链接 解析 对于操作 1、2、4,显然可以使用链表来维护。 考虑操作 3 怎么做。根据题意，我们并不关心数字的排列顺序。所以不妨在维护链表的同时维护一个表示每个数字出现次数的桶，最后只需将对应链表的桶合并然后求最大值。直接合并是 \(O(n^2)\) 的，但是可以分治（这样想会比较自然吗？），设 阅读全文

摘要： 原题链接 解析 首先注意读题时不要漏条件，题目说的是每个结点最多有两个子结点。 设 \(f_{i,j}\) 表示点 \(i\) 的权值为 \(j\) 的概率，那么如果只考虑左儿子： \[f_{i,j}=p_i \cdot f_{ls,j} \cdot \sum_{k < j}f_{rs,k} +(1 阅读全文

摘要： 比赛链接 A. Koshary 全程如果不迈出移动到 \((a+1,b)\) 或 \((a,b+1)\) 的一小步，那么显然只能到达 \(a\) 和 \(b\) 均为偶数的点。而迈出一小步后只可以改变 \(a,b\) 其中一个的奇偶性，使其变成奇数。故判断 \(x,y\) 是否都为奇数即可。 B. 阅读全文

摘要： 原题链接 解析 首先，求完 \(k\) 级祖先后，问题转化为求一个结点子树内指定深度的结点个数。一个很朴素的想法是，每个结点上维护一个数组 \(cnt\)，\(cnt_i\) 表示子树内深度为 \(i\) 的结点个数，把子树信息简单合并一下就可以得到答案。为了优化合并效率与空间，可以使用动态开点线段 阅读全文

摘要： 先前在介绍线段树合并的这篇文章中，有提到： 记 \(n\) 为元素个数，\(V\) 为值域，合并过程中总共会合并（或者说插入） \(O(n)\) 个点，单次操作复杂度为 \(O(\log V)\)，故这样操作合并若干个线段树的总复杂度为 \(O(n \log V)\)。 然而现在我发现这段话连我自己 阅读全文

摘要： 原题链接 解析 首先观察到，对于一个以 \(x\) 为根的子树，左右子树内部叶子的排列顺序不会影响最终是否要在 \(x\) 点进行交换操作。也就是说，可以把求以左/右子树的答案看作是一个子问题。现在假设我们已经处理完了左右子树，接下来判断是否要交换左右子树。对于不交换的情况，贡献为 \(\sum_{ 阅读全文