随笔分类 - 题目
摘要：反悔贪心模板题。 首先，先按照 $L_i$ 从大到小对所有的优惠券进行排序。 这时候我们对所有优惠券 $i=1\to m$ 一遍扫。扫的同时维护未使用过优惠券且 $\geq L_i$ 的 $P_j$ 个数，记为 $cnt$。维护的方法就是每次让 $cnt$ 加上 $L_{i-1}-1\to L_i$
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摘要：简单的计数题。 从左到右一遍扫过去，分三种情况： $S_i=M$ 维护 $0,1,2$ 三种权值分别出现的次数。第 $i$ 种值的出现次数记为 $c_i$。 $S_i=E$ 利用第 $1$ 种情况维护的东西去维护两个数组合的所有情况。 记 $t_{a,b}$ 为 M 和 E 位置上分别是 $a,b$
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摘要：题目类型 很妙的构造题，要写出较优的解也会考验一些码量。 解法 对于下文中的坐标 $(i,j)$，$i$ 表示行，$j$ 表示列。 我们考虑对一个固定的位置 $(i,j)$ 进行如下操作：上右下左上。 会发现 $(i,j)$ 位置上的字符和 $(i,j+1)$ 上的交换了，同时 $j$ 这一列的其它
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摘要：方法 $1$：分层图 SPFA $97$ 分做法 一个分层图 SPFA，直接对模板改改就行了。 具体的，状态 $d_{u,i}$ 表示走到 $u$ 这个节点，用了 $i$ 次“除以 $2$ 的能力”所花费的最少时间。同时，这道题的 SPFA 转移多了一种：对于一条边 $u$ 到 $v$ 权值为 $w
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摘要：解题思路 先声明一下：此题不是 NPC。毕竟出题人还不至于能在多项式时间复杂度内爆切 NPC 问题。 一种不正确的最初想法：把每个筐拆成 $3$ 个点 $u_i,u_i+m,u_i+2 \times m$，所有 $v_i$ 向 $u_i$ 拆后的三个点连边，跑二分图的最大匹配。 hack: Inpu
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摘要：先进行一个模型转换：要求满足以下条件的字符串数量： 由 a、b、c 三种字符组成。 其中恰好有 $n$ 个 a，且以 a 结尾。 b 不超过 $m$ 张，c 不超过 $k$ 张。 思考转换的过程：每个字符对应抽到的卡牌。其中第二条保证了 a 会胜利，第三条保证了这个过程中 b 或 c 不会出现已经赢
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摘要：本题有一种思路不言而喻：每次用哈希表或者 map 记录一个数是否出现过，若是插入操作则直接在上述的数据结构里插入，否则开始一步一步的求解 $t$。注意：对于相同的 $k$ 要记忆化一下（毕竟只有插入没有删除），$t_{now}$ 一定大于 $t_{last}$。 给出较为严谨的时间复杂度证明： 考虑
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摘要：本题采用 DP 套 DP。 首先，我们考虑怎么在确定所有点颜色且确定所有连边的情况下算方案数。不难发现可以采用 DAG 上 DP。 令 $g_i$ 表示以 $i$ 开头的路径数量，那么他可以从所有颜色和他不同的点转移过来。转移顺序的话按照 DAG 的反图上的拓扑顺序来。 再考虑外层 DP。令 $f_
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摘要：拿到这题，看到求答案的方式：“平方的异或和”。这是就能想到可能有两种方式统计答案： 直接按照他所说的去算。 算出每一种情况下的数量平方再取个异或和。 拆贡献 既然是平方，就无异于点对数，故而可以两两之间统计贡献。 但是这道题拆贡献很难做（或许是没法做），故而考虑直接去算。 我们发现直接统计合法数量很
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摘要：首先，必须先考虑一副牌是否是“胡”的，不然解决这道期望题就是无稽之谈。所以我们可以先把 $7$ 个对子的特殊情况判掉，接下来用 $\text{DP}$ 判断 $1$ 个对子、$4$ 个面子的情况。 用 $f_{i,j,k,t}$ 表示考虑了前 $i$ 种牌，是否已经有对子了（$j=0$ 表示否，$j
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摘要：这题我们采用 DP 套 DP 解决。 首先，我们先考虑 DP 求 LCS 的过程。 F[i][j]=max(F[i-1][j],F[i][j-1],F[i-1][j-1]+(S[i]==T[j]); 有结论：$F_{i,j} \le \min(i,j)$。 我们注意到最终要求 LCS $=n-1$，
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摘要：思路 一道很好口糊，但是实现细节颇多的题（时间复杂度容易假掉）。 我们先考虑固定 $k$ 的情况，用 $dp_{u,0}$ 表示删除点 $u$ 到其父亲的连边的最小删边代价，用 $dp_{u,1}$ 表示不删除点 $u$ 到其父亲的连边的最小删边代价。对于儿子 $v$ 有两种转移方式，第一种 $dp
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摘要：一道很好口糊，但是实现细节颇多的题（时间复杂度容易假掉）。 我们先考虑固定 $x$ 的情况，用 $dp[u][0]$ 表示删除点 $u$ 到其父亲的连边的最小删边代价，用 $dp[u][1]$ 表示不删除点 $u$ 到其父亲的连边的最小删边代价。对于儿子 $v$ 有两种转移方式，第一种 $dp[v]
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摘要：一道有趣的构造题，只需要了解莫队的复杂度就可以轻松过题。 我们采用莫队思想，按照 $\sqrt {10^6}$ 给权值分块，按照莫队的排序方法，这样可以构造出 $\sum\limits_{i=2}^N |x_{p_i} - x_{p_{i-1}}| + |y_{p_i} - y_{p_{i-1}}|
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摘要：前言 双倍经验题。按我的做法本题答案除以 $2$ 就能通过那道题。 这是一题基环树入门题，很套路。就是把基环树转到序列上乱搞一通就过了。 思路 基环树转到序列上过于套路，没啥可讲的，就讲一下序列上则怎么处理吧。 我们假设现在已经转到了序列上（不用把序列复制一遍，而是直接处理），我们枚举断边，那么可以
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摘要：小清新短代码图论题，看着像是不可做题，但实际上只要用到性质分析、一点点贪心以及迪杰斯特拉算法的加维应用。 我们首先有结论：对于一条路径，假设扩展边的时候费用不够，肯定是从这条路径上 $w_i$ 最大的城市进行演出。 由于是能不演出就不演出，故而我们认为路径上 $w_i$ 最大值相等的两种方案演出次数
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摘要：排序加树状数组优化动态规划题。 我们先存下每个组合中数值比当前组合前面的最大值还大的所有数值，存在动态数组里。 我们按照 $n$ 动态数组最后的元素排序进行处理（动态数组中最后的元素即一个组合中最大的元素）——假设前面比后面大，那后面的贡献就只能为 $0$ 了。 至于处理，我们可以由前面任意位置转移
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摘要：简单思路和段代码的合集，考试时硬是没调出来。 这题是一个枚举、预处理和二分结合。我们考虑枚举给第二个人买的最贵的礼物。那么我们可以把所有部门按照 $a_i$ 排序后做一个 $b_i$ 的后缀最大值（假设当前 $a_i$ 作为最大值，大于当前 $a_i$ 的一律得选 $b_i$ 那一维，故而为了判断而
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摘要：思路 首先，这道题目是一个比较明显的图论最短路，但是由于时间可以从后往前，想直接跑最短路而不用玄学方法的话——迪杰斯特拉怕只有怔怔地望着的份了。当然，是否有玄学方法我就不得而知了。 SPFA 的 LLL 优化 “燕子去了，有再来的时候；杨柳枯了，有再青的时候；桃花谢了，有再开的时候。”聪明的，你告诉
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摘要：动态规划题。首先我们对 $a$ 数组排个序，因为 $a_i$ 小的不管什么情况下都比 $a_i$ 大的更优。 有结论：设最终答案为 $t$ 人满足，那么前缀 $1$ 到 $t$ 的人必定能构成一种可行方案。 还有结论：假设一种方案分出了 $x$ 个组，那么一定能合并成 $1$ 到 $x-1$ 中任意
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