02 2021 档案
摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) 考虑一个点 \(x\) 的颜色对答案造成的影响：与 \(1\rightarrow x\) 的最短路无关，与 \(x\rightarrow n\) 的最短路有关。所以可以利用 \(x\rightarrow n\)
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摘要：用 \(Dijkstra\) 代替 \(SPFA\)。Link，但是这篇博客的代码上来就跑 \(Dijkstra\)，复杂度可能会被卡成指数。 \(\text{Problem}:\)Interval Graph \(\text{Solution}:\) 满足题意的充要条件：每个点至多被两个区间覆盖。
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Code}:\) 易知答案上界为 \(n+2\)。朴素的想法是，从小到大枚举 \(1\) 到 \(n+1\)，判断是否在序列的子区间的 \(mex\) 中出现过。 考虑一段区间 \([l,r]\) 的 \(mex\) 为 \(x\)，当
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) 贪心的想法是，对于选取 \(p\) 个杯子，总容积固定时，选取的杯子初始装的总水量最大。正确性显然（\(x+\cfrac{y}{2}\geq x-p+\cfrac{y+p}{2}\)）。 设 \(F_{i,j,
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摘要：\(\text{Problem}:\)Easy verson Hard verson \(\text{Solution}:\) 如果整个序列的众数不唯一，则答案显然为 \(n\)。否则记整个序列的众数为 \(p\)，有性质：最长的众数不唯一的子区间内一定有出现过 \(p\)，且 \(p\) 一定是该
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摘要：\(\text{Problem}:\)[CF1303G] Sum of Prefix Sums \(\text{Solution}:\) 求树上全局权值最大链，朴素的想法是对于每个 \(LCA(u,v)=x\) 的 \(x\) 计算答案，这一过程可以用点分治优化。现在考虑如何把 \(u \right
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摘要：\(\text{Problem}:\)[ARC074C] RGB Sequence \(\text{Solution}:\)editorial 记 \(F_{i,j,k}\) 表示当涂了前 \(x=\max\{i,j,k\}\) 个格子，三种颜色最后一次出现的位置分别为 \(i,j,k\)，且满足
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摘要：\(\text{Problem}:\)[ARC074D] Lotus Leaves \(\text{Solution}:\)editorial 记点 \((i,j)\) 表示一条连接 \(i\) 和 \(j+H\) 的双向边，那么，所有满足 \(s_{i,j}\) 不是 . 的 \((i,j)\)
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摘要：\(\text{Problem}:\)[JOI 2020 Final] オリンピックバス \(\text{Solution}:\) 首先有一个朴素的想法：\(1\rightarrow n\) 的最短路和 \(n\rightarrow 1\) 的最短路可以分别计算。枚举每一条边，翻转之后跑最短路。时间
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) 考虑不存在重开，那么这个游戏的期望时间是确定的。 现在加入重开操作。设答案为 \(X\)，记 \(f(S)\) 表示在某一状态下，达到目的状态花费总的期望时间。如果存在一个非初始状态 \(T\)，使得 \(f(
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摘要：李超线段树是一种用于维护平面内线段关系的数据结构。 ##[HEOI2013]Segment \(\text{Solution}:\) 李超线段树模板。需要维护一种数据结构（即在线），支持在平面上插入一条线段，查询与直线 \(x=k\) 相交的线段中交点纵坐标最大的线段。 称一条线段在 \(x=x_{
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) 非常巧妙的一道全局思维题。与 CF1375G 有着异曲同工之妙。 此处引入一种势能函数。设当前状态为 \(S\)，存在一个函数 \(F(S)\)，使得每次操作可以使得 \(F(S)\) 的期望增加 \(1\)，
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) 首先发现一个序列的 \(mex\) 与序列中每个数出现的位置没有关系。所以我们想构造出一个序列使得 \(a_{i}=i-1(1\leq i \leq n)\)。 如果对于一个位置 \(i\)，\(a_{i}=i
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) 非常巧妙的一道全局思维题。 观察操作的性质。假设当前 \(a\) 为根，相当于将 \(a\) 的不包含 \(c\) 的子树全部接到 \(c\) 上，然后此时以 \(c\) 为根，\(a\) 为 \(c\) 的孩
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) 观察 \(c_{i}\leq c_{i+1}\) 的性质。这说明，对于一个颜色 \(C\)，所有 \(a_{i,j}=C\) 的位置一定是先全部覆盖，然后再逐个删除。 对于一次操作，记颜色 \(C_{2}\)
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) 记一个状态为有序三元组 \((x,y,z)\)。 当 \(x<y<z\) 时，考虑先手一步必胜的情况：当 \(z-y=y-x\) 且后手上一步选了 \(z\) 时，先手给定 \(z-y\) 这个数。 当 \(x
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摘要：\(\text{Problem}:\)Prime Flip \(\text{Solution}:\) 区间反转、取反等操作通常和差分有关。 记 \(b_{i}=(a_{i}\not = a_{i-1})(i\geq 1)\)，特殊的，使得 \(b_{0}=0\)，那么我们要使得 \(a\) 数组全部
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摘要：\(\text{Problem}:\)[JOI 2020 Final] スタンプラリー 3 \(\text{Solution}:\) 显然，移动方式形如：顺时针走到某个端点，再逆时针走到某个端点 \(...\) 特别的，我们设起始点是原点，则每次改变走的方向都会经过原点。 那么我们破环为链，记逆时针
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摘要：线段树分治，是一种离线后在时间轴上用线段树维护区间操作，并可以进行撤销的思想。 ##二分图 /【模板】线段树分治 \(\text{Solution}:\) 二分图的充要条件是不存在奇环，可以用扩展域并查集维护。把 \([l,r]\) 区间内的边分为 \(\log\) 段挂在线段树的对应节点上，遍历到
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) \(bitset\) 优化莫队。现在考虑的是三个区间有多少个数相同，而用 \(bitset\) 可以快速求出三个区间有多少种数相同。 发现可以离散化，但是不能去重，这样我们用 \(lower\)_\(bound
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摘要：\(Graham\) 求凸包： 找到 \(y\) 最小的点，将其他点按照极角排序。如果三点共线的话，优先连最远的点。每次比较栈顶两个点组成的向量，和栈顶点与新加入点组成的向量的叉积，只有叉积 \(>0\)，说明在新向量在栈顶向量的逆时针方向时，才满足条件。 \(\text{Code}:\) #inc
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摘要：考虑把并查集放到主席树上维护，达到可以查询过去版本的目的。 由于并查集时间复杂度是基于均摊分析的，所以不能路径压缩。此处可以使用按秩合并或者启发式合并。 所以我们在主席树上维护 \(dep\) 和 \(fa\)，表示这个节点的深度和父亲（这里的节点指的是主席树上的节点，父亲指的是这个节点对应实际节点
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摘要：\(\text{Problem}:\)Axel and Marston in Bitland \(\text{Solution}:\) 记一条路径是好的，即：它的长度为 \(2^{k}\)，且这段路径可以通过翻转（即将 \(P\) 变成 \(B\)，\(B\) 变成 \(P\)）如果是答案，它是合法
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摘要：\(\text{Problem}:\)Underground Lab \(\text{Solution}:\) 观察到 \(\lceil \frac{2n}{k} \rceil \times k \geq 2n\)，而我们对于一个无向连通图进行 \(DFS\)，将第一次遍历和回溯到的点都加入路径中，
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摘要：\(\text{Problem}:\)题目链接 \(\text{Solution}:\) \(\gcd\) 的性质比较常见，当以 \(i\) 为左右端点时，包含 \(a_{i}\) 的一段连续 \(\gcd\) 的值最多只会有 \(\log{a_{i}}\) 个。证明很简单，当 \(gcd\) 改变
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摘要：就是把所有询问一起二分一个 \(mid\)，根据这些询问的答案和 \(mid\) 的关系分成两种询问，再分别递归处理。 重点：值域上的分治 如要查询区间排名为 \(k\) 的数，且区间有 \(p\) 个数小于等于 \(mid\)，则根据 \(p\) 和 \(k\) 的关系将查询分为两类。 把修改看作
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摘要：“世界的印记交织着。” “命运的巨轮徘徊着。” “如果就这么结束了，很不甘吧。” “二重奏？完全不够。唱响它吧！” “。”
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