随笔分类 - 题目
摘要：考虑最小割。不妨把问题简化成两个人去看。根据最小割建模的套路，易画出类似这样的图： 其中，$s,t$ 分别为源汇点，$x,y$ 均各自代表了一个经理。最小割中，割掉 $a$ 看作雇佣了 $x$，割掉 $c$ 看作不雇佣 $x$，$y$ 同理。 发现图中还有一个 $e$。我们割掉 $e$ 当且仅当 $
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摘要：不妨先看一个子问题：太空飞行计划问题，它就是广为人知的“最大权闭合子图”模型。 在这道子问题中，仪器（机器）不能租用。我们考虑一个反悔的过程——开始先把所有实验的贡献算上，之后利用最小割模型去掉最小代价使得方案合法。 在最小割模型中，我们把所有实验、仪器都分别看成一个点。其中，源点向所有实验连一条容
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摘要：考虑每个 # 的位置使用一块木板，之后进行一些调整。 对于每次调整，我们合并两块木板，使得合并完后木板依旧合法。 这个合并的过程考虑使用二分图的最大独立集。 具体的，我们把相邻的两个 # 之间连边，把边看做新图上的点。对于新图上的点 $u1$（假设它在原图上的对应边为 $l1$），它在新图上会和一个
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摘要：不妨设 $a\leq b\leq c$，则此时让集合 $A,B$ 联通的限制一定是最松的。于是我们的任务就是找出两个大小分别为 $a,b$ 的连通块。 需要知道的一点：假设我们找到了一个大于目标大小的连通块，构造时只需要一个一个地把叶子剥掉直至大小合法就行了。 先考虑原图是树的情况。由于 $b\le
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摘要：首先，棋子的颜色分黑和白，是一个标准的二分图形式。 其次，我们对操作进行观察，易得出：一个空位到过的位置之后不会再走了（考虑操作步骤的奇偶性以及棋子的颜色）。 于是我们大胆想象：移动棋子等价于移动空格，既然一个空格走了就不会再回到原来的位置，那么只需要把一个位置看成一个点（空格为初始位置），问题就可
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摘要：不难发现题面描述的比较特殊：给出了一个结论以及它的证明。 我们从中获得启发，对它进行了一个归纳总：一张 $n$ 个节点的完全图中，一定存在一条长度大于等于 $n-1$ 单调上升路径。 考虑把边划分成 $\frac{n}{2}$ 个小组之后（组内边不想交），我们可以对于同个中的边赋连续区间的值，这样就
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摘要：分两部分考虑，第一部分是如何用最少的边使得每个点的度数、图的总边数都变成偶数；第二部分是如何进行具体的构造。 其中第一部分的构造又可以考虑先满足每个点的度数为偶数，再满足总边数为偶数。 满足每个点的度数为偶数这点比较好做：可以每次从度数为奇数的点中任选两个，在它们之间连一条边。 由于于度数为奇数的点
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摘要：我们利用 $\text{kruskal}$ 的贪心思想去做这道题。 先考虑“一定不可能在任何 $\text{MST}$ 上”的情况。钦定用 $\text{kruskal}$ 形成的 $\text{MST}$ 为 $T$、当前考虑的边为 $e$、以及 $T$ 上在加入 $e$ 后与 $e$ 形成的简单
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摘要：考虑利用 $\text{KMP}$ 辅助进行贪心。 先预处理出 $t$ 所有前缀的 $\text{border}$，也就是熟知的 $next$ 数组。然后在 $s$ 上做一个贪心的匹配——假若 $s$ 剩余的字符中还存在能和 $t$ 中匹配的字符，那必定优先选它；否则之后只有一种可能，就是一直取同样
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摘要：我们对数据进行观察/分析归纳，易得出要么 $k\leq 2$，要么无解。 采用构造法证明： 先排除无解的情况：若 $s$ 为偶回文，那么所有字符相等必定无解；若为奇回文，则除去中心字符以外的所有字符相等时无解。 对于剩下的情况，从前往后找到第一个与 $s_1$ 不同的字符（下标从 $1$ 开始），设
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摘要：不妨先对题目进行如下转化： 把座位首尾相接排成一个圈，$1$ 号座位与 $n$ 号座位之间用一个编号为 $n+1$ 的座位进行间隔，求一种方案使得没有人座到 $n+1$ 的位置上去。 由于座位之间本质是相同的，故而有： 一个人从任意一个起点选择任意一个方向的方案数是 $(2(n+1))^m$。 每个
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摘要：做法 首先，不难将题目转化为：给定一些物品（连通块），物品有体积（连通块大小），对于每个 $x$，求最少几件物品能恰好装满一个容积为 $x$ 背包。 体积相同的物品我们视其为同一种。所以这是一个多重背包问题。利用二进制分解可以做到 $O(n\sqrt n)$。 时间复杂度证明 假设第 $i$ 种物品
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摘要：首先，不难得出选 YES 答对的概率是 $\frac{N}{N + M}$，选 NO 答对的概率是 $\frac{M}{N+M}$。 于是我们有如下结论： 假设 $N > M$，我们必定选 YES；相反 $M > N$，则必定选 NO。 由于 YES 和 NO 没有本质之分，同时出于简化问题的考虑，
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摘要：由于是取平方和，所以有明显的结论：一定存在一种最优方案，第 $1$ 列是全 $1$ 的。 这个结论看似没什么用，但却可以反应出如下性质： 定义“可取的位置”为：此时其所在区间还没有 $1$ 的位置。那么答案必定是按照 某个优先级从大到小，逐列把列上所有“可取的位置”都变为 $1$。 拿样例解释一下，
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摘要：题意 给出一颗 $n$ 个节点的树以及 $Q$ 个操作，操作可能的类型如下； 1 u，把 $u$ 子树里的所有 $A_i$ 加一。 2 u v，把 $u$ 到 $v$ 路径上的所有 $A_i$ 加一。 每次操作后查询如下式子：$$ \min_{1 \leq y \leq n}\sum_{1 \leq
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摘要：首先，不难发现如下性质：提任意点为根——记一个点的到子树重心的距离为 $d_i$，假设点 $i$ 和点 $j$ 处于根的不同子树中，那么显然：$(i,j)$ 路径上的权值和为 $d_i+d_j$；假若点 $i$ 和点 $j$ 处于根的同一颗子树中，又满足 $d_i+d_j$ 大于 $(i,j)$ 路
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摘要：树上启发式合并题。 首先，要找到判断一个字符集是否存在重构成回文串的方法。 能重组成回文串仅当只存在至多一种字符的出现次数为奇数。 我们令 $a_u$ 表示 $1\to u$ 路径上的字符集的二进制状态。具体的，从右往左数第 $1$ 位表示字符 $a$ 的出现次数是否为奇数；从右往左第 $2$ 位表
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摘要：此做法用到 $\text{Trie}$ 和 $\text{DP}$。 首先，先对操作进行一个简单的转换： $2x+1$ 等价于在 $x$ 的二进制串后面加上一个 $1$。 例如：$x=5,2x+1=11$，等价于在 $5$ 的二进制 $101$ 后面加上一个 $1$ 得到 $1011$，即 $11$
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摘要：思路 本题的线段树分治做法显然：维护每个元素存在的时间段，然后每进入线段树的一个节点时在 Trie 树上花 $\log V$ 的时间求出已有元素与它的最小异或值，放入一个堆中。离开一个节点时在堆中删除之前加入的最小异或值。 可删除堆实际上要用两个普通堆维护，代码如下： struct Large_Ro
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摘要：思路 有向图 $G(V,E)$ 中的强连通分量数量等于以下值： 将 $G$ 的顶点集 $V$ 分成两个顶点集 $A$ 和 $B$ 的方案数，满足以下条件：$A$ 中的顶点与 $B$ 中的顶点之间的每条边都是从 $A$ 指向 $B$，且 $B$ 非空。 证明：设 $s_1,s_2 ,…,s_k$ 是
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