随笔分类 - 做题记录
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑一些复杂度带根号的做法。 考虑分块，对于一个块，我们需要处理出一个数经过这个块会变成哪个数。以下假设块长 \(\ge 10\)（最后一个块块长可能 \(< 10\)，暴力处理即可）。 观察这个递推式 \(f_i = \left\lfloor\sqrt{f_{i - 1}
阅读全文
摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 考虑第一问，设一个区间的价值 \(g(l, r)\) 为 \(f(l, r) - a_r + a_{l - 1}\)，其中 \(a_i = \sum\limits_{j = 1}^i c_j\)，\(f(l, r)\) 为 \([l, r]\) 中最大的 \(k\) 个
阅读全文
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 下文令 \(m\) 为原题面的 \(k\)。 题目条件很奇怪，考虑有没有什么比较好用的策略。 发现对于任意一个三元组 \((a, b, c)\)，其中 \(a, b, c\) 不全相等，那么同时添加 \((a, b, c), (b, c, a), (c, a, b
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先设 \(a_i = \max\limits_{j = 1}^i p_j\)，\(b_i = \max\limits_{j = 1}^i q_j\)。 直接容斥，钦定有多少值不同的 \(a_i\) 使得 \(a_i = b_i\)。然后再把钦定的每种值转化成每种值第一次使
阅读全文
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 不妨考虑最后的结果可以成为哪些 \(a_i\) 的组合。为了方便分析，我们令 \(a_i = 2^{i - 1}\)。 进行一次操作后，所有 \(\text{popcount}(a_i)\) 都为偶数。所以一个 \(x \in [0, 2^n - 1]\) 能被生
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 感觉是这场唯一比较有趣的题？ 首先明确一点：先手只会选 \(2\) 个数，因为数多了 \(\gcd\) 会变小，而且对方的 \(\text{and}\) 会变大。 所以对于某一位，若 \(0\) 的个数 \(\ge 3\) 那么对方的按位与这一位一定是 \(0\)。 所以若
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 被自己的赛时智障操作气笑了。谁告诉你容斥钦定了几个要记到状态里面的。。。/tuu 显然先找“好数组”的充要条件。对原数组 \(a\) 差分，设 \(b_i = a_i - a_{i - 1}\)。那么一次可以选择一对 \((i, j)\) 满足 \(i \le j - 2\
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 发现对于一条链，一次操作最多能染黑这条链上的 \(2\) 个点。 所以我们把直径拎出来，设直径长度为 \(d\)。 考虑一条长度为 \(d\) 的链至少要多少次能全染黑。 若 \(d\) 为奇数，显然从直径中点 \(u\) 开始做 \((u, 0), (u, 1), \ld
阅读全文
摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 考虑若原来的序列是不降的，那么进行 \(1\) 操作或 \(2\) 操作序列仍然不降。那么 \(1\) 操作直接线段树上二分然后打覆盖标记，\(2\) 操作直接打标记即可。 考虑一般情况，发现某个时刻所有被 \(1\) 操作影响过的 \(i\)（存在一次 \(1\) 操作
阅读全文
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑对于一个确定的串怎么判断合法性。 容易发现删到某个时刻若 \(1\) 的个数大于 \(0\) 的个数了，因为我们肯定不会蠢到在不是全 \(1\) 的时候删 \(111\)，所以 \(c_1 - c_0\) 在不是全 \(1\) 的时候至少是不会变小的。 所以我
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 显然 \(\text{fun}(P)_{\max} = \frac{|P|(|P| + 1)}{2}\)。 考虑大力 dp，设 \(f_{i, j, k}\) 为 \(|P| = i\)，\(P_1 = j\)，\(\text{fun}(P) = k\) 的排列 \(P\)
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 赛后 15min 过题/ll。 删掉点 \(u\) 后树会分成若干棵子树。给每个子树一个编号，令 \(c_i\) 表示 \(i\) 所在子树的编号。然后题目要求一个类似最小生成树的东西。 既然要求最小生成树，那肯定先从 \(|a - b| = 1\) 选起。对于所有 \(i
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 小清新题。 首先容易发现每个合法的 \(b\) 唯一对应一个排列，大概就是每个时刻排列元素的相对顺序，然后插入到相应的位置。 但是这样太麻烦了。发现题目只要求求单点的 \(p\) 值。这应该有更简单的方法。 考虑令 \(b_i \gets i - b_i\) 表示 \(p_
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 和 CF1004F Sonya and Bitwise OR 很像。 考虑一次询问怎么做。考虑分治，每次只计算左端点在 \([l, mid]\)，右端点在 \([mid + 1, r]\) 的区间的贡献。对于每个 \(i \in [l, mid]\)，维护最小的 \(j \
阅读全文
摘要：222. CF1936D Bitwise Paradox 和 CF1004F Sonya and Bitwise OR 很像。 考虑一次询问怎么做。考虑分治，每次只计算左端点在 \([l, mid]\)，右端点在 \([mid + 1, r]\) 的区间的贡献。对于每个 \(i \in [l, mi
阅读全文
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 讲个笑话，一年前做过，今天模拟赛出了，但是完全不记得，然后想了一种完全不同的方法，我真抽象。 首先考虑什么时候有解。显然 \(m = n + f(a)\) 的时候有解，令 \(b_i = i, c_i = a_i\) 即可。然后考虑任意交换一对 \((i, j)\
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先环是不用管的，只用判环长是否为 \(3\) 的倍数即可。 考虑设 \(f(x, y, z)\) 表示 \(x\) 个 \(1\) 链，\(y\) 个 \(2\) 链，\(z\) 个 \(0\) 链，组成所有环长都为 \(3\) 的倍数的方案数。 注意到 \(f(x, y
阅读全文
摘要：LOJ 传送门 考虑若已求出钦定 \(k\) 个升高的排列数量 \(f_k\)，那么二项式反演就可以求出恰好 \(k\) 个升高的排列数量 \(g_k\)，即： \[g_k = \sum\limits_{i = k}^n (-1)^{i - k} \binom{i}{k} f_i \]考虑求 \(f
阅读全文
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 容易发现跳跃次数为 \(O(\log V)\)。考虑对于跳跃 \(k\) 次后的限制 \(\left\lfloor\frac{V}{2^k}\right\rfloor\)，对每个点预处理出不再跳跃能到达的最左和最右的点 \([l_{k, i}, r_{k, i}]
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 什么 [ABC336G] 16 Integers 究极弱化版。 把元素 \(1\) 看成 \(01\)，元素 \(2\) 看成 \(10\)，元素 \(3\) 看成 \(11\)，元素 \(4\) 看成 \(00\)。则转化为统计长度为 \(2\) 的子串 \(xy\) 出
阅读全文
浙公网安备 33010602011771号