随笔分类 - 做题记录
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 非常妙的 Kruskal 重构树。 倒序考虑，相当于每次经过一个点必须至少有 $\max(0, a_u - b_u)$ 元，然后获得 $b_u$ 元，并且之后经过这个点都不会再获得钱。令 $c_i = \max(0, a_u - b_u)$，考虑枚举终点 $u$，
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摘要：洛谷传送门 设 $h_i$ 为所有询问最大值 $\le i$ 的方案数，则 $ans = \dfrac{\sum\limits_{i=1}^n i \times (h_i - h_{i-1})}{x^n}$。 设 $g_i$ 为在 $1 \sim n$ 中选出 $i$ 个点且每个询问区间都至少包含一
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摘要：洛谷传送门 CodeForces 传送门 考虑差分，如果 $t-1$ 时刻经过 $(x,y)$ 的史莱姆个数等于 $t$ 时刻经过 $(x,y)$ 的史莱姆个数，答案为 NO，否则为 YES。 发现两只史莱姆一定不会相遇，并且若 $k$ 只史莱姆经过了 $(a,b)$，则有 $\left\lceil
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摘要：洛谷传送门 CodeForces 传送门 看到询问次数接近 $n$，考虑将 $n$ 分成多组，每组都以较少的期望询问次数解决。 先询问一次全 F，接下来的询问就能确定若干个位置的 T 个数。考虑每次从答案未确定的问题集合中随 $4$ 个（如果集合大小 $< 4$ 就暴力），先问这 $4$ 个中 T
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 学长讲的做法。 考虑将每种颜色的价值最大值和次大值取平均数，这样做显然不影响答案，并且好处是贪心时按双关键字排序只用考虑一种颜色当前只有一种物品的情况。 之后把所有物品扔进优先队列，每次从优先队列中取价值最大的物品。如果当前物品是第一次出现，就稍作调整即可。 具体
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摘要：洛谷传送门 UVA 传送门 考虑对两个点集求出凸包，显然如果这两个凸包相离就合法，然后问题就转化成了这两个凸包是否有交。 设红点凸包包围的点集为 $A$，蓝点凸包包围的点集为 $B$，问题为询问是否 $\exists a \in A,b \in B,a=b$，即 $a-b=0$。 于是对所有蓝点取反
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 不错的一道 Combinatorics。 结论 1： $n$ 为奇数时答案为 $0$。 设 $d_i$ 为与点 $i$ 相连的边边权乘积。每加入一条边对两端的 $d_i$ 贡献乘积为 $-1$，因此 $\prod d_i = 1$。当 $n$ 为奇数时要求 $\prod d
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 发现样例中所有数的和为 $n!n$，于是猜想好的序列总数为 $n!$。 考虑将每一个排列 $p$ 唯一对应一个好的序列 $a$。可以这么构造：在 $p$ 中顺着填，先倒着列出 $1$ 在 $a$ 中所有出现位置，再到 $2,3,...,n$。 于是发现对于一个排列 $p$，
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 ~~zxx 的题单来的（~~ 发一个无脑 kmp 自动机 + dp 做法。 看到题就很 dp，考虑设计状态。显然填字母时要知道当前串与 $s,t$ 的匹配位数，否则就不知道 $s,t$ 是否完整出现。设 $f_{i,j,k}$ 表示填到 $c$ 的第 $i$ 个字符，与 $
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摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 不错的博弈 + 计数。 不难发现题中的游戏是阶梯 Nim 的变体。若设 $a_i$ 为第 $i$ 枚金币的位置，令 $\forall i \in [2,m],\ b_i = a_i - a_{i-1},\ b_1 = a_1 - 1,\ b_{m+1} = n - a_m
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摘要：洛谷传送门 SPOJ 传送门 考虑计算出以 $u$ 为根的子树的 $\text{SG}$ 值。 在 $u$ 子树内选择一个白点 $w$，将 $w \to u$ 上的所有点删去，原树会变成森林，$\text{SG}$ 值即为所有根的 $\text{SG}$ 值异或和。那么 $sg_u = \opera
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摘要：AtCoder 传送门 洛谷传送门 定义 $\mathrm{nxt}(i,x)$ 为最小的 $j$ 满足 $a_j = x$ 且 $j > i$，$\mathrm{pre}(i,x)$ 为最大的 $j$ 满足 $a_j = x$ 且 $j < i$。 有了上面的定义后，考虑 dp。设 $f_s$ 表
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摘要：AtCoder 传送门 洛谷传送门 翻转一个点会把它相邻的点全部翻转，因此先从叶子开始自下而上考虑。不难发现，如果这个叶子是白色，那么它一定比它的父亲先翻转（否则它就翻不了了）；而对于黑色的叶子，它一定比它的父亲后翻转。经过一波操作，我们得到了所有叶子的父亲的颜色。此时就可以把它们当作叶子处理，因为
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 不错的组合计数题。 因为黑车和白车不能在同一行或者同一列，所以可以考虑枚举黑车有 $i$ 行 $k$ 列的位置放，白车有 $j$ 行 $l$ 列的位置放。如果设 $f_{i,j,k}$ 为 $i$ 行 $j$ 列的棋盘，需要放 $k$ 个车，且 每一行每一列都必须
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摘要：CF 传送门 洛谷传送门 ~~*2500 的黑（~~ 首先不考虑最小化字典序，我们发现 $res_i \ge \dfrac{2}{deg_u}$。意思是理想的状态就是在一段周期内平均分配。 这个下界是可以达到的，根据连向父亲的边的的调整连向儿子的边即可，这个构造是容易的。 于是可以发现 $res_i
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 下文令 $|S| = n$。 引理： 一个字符串中本质不同的回文串数量 $\le n$。 证明： 考虑每在字符串末尾添加一个字符，本质不同回文串数量最多增加 $1$。 考虑反证，设字符串在添加 $s_n$ 后，$s_{x...n}$ 与 $s_{y...n}$（令
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 题目可以转化成所有 $\gcd(p_i,p_j) \ne 1$ 的对数减去 $\gcd(i,j) = 1$ 且 $\gcd(p_i,p_j) \ne 1$ 的对数。 可以考虑外面套一层容斥，枚举 $d$，计算下标为 $d$ 的倍数的数中满足 $\gcd(p_i,p
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摘要：很妙的一个题。 没法用数据结构直接维护点的移动。可以挖掘一些性质。 发现对于两个点 $x$ 和 $-x$，它们的移动关于原点对称。可以根据对称性维护森林。 维护当前的区间，初始为 $[1,10^6]$ 并且这个区间总是位于 $x$ 轴的同一个半轴中。假设当前遇到了操作 $d_i$，将区间根据正负向左
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摘要：CF 传送门 洛谷传送门 考虑将问题抽象成：左上角为 $(0,0)$、右下角为 $(n,m)$ 的网格图，求所有满足至少有一条 只向下或向右走的路径 经过点集内所有点的的不同的点集大小之和。 显然对于一个合法的点集，经过它的路径可能不止一条，去重也很麻烦。考虑钦定两个点间的访问顺序，比如先向下再向右
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摘要：CF 传送门 洛谷传送门 很强的一个题。 发现根的选择很重要，于是考虑先枚举根。 考虑枚举两个点对 $i,j\ (i<j)$，如果 $j$ 比 $i$ 先被标记，那么 $i,j$ 就贡献了一个逆序对。将所有 $j$ 比 $i$ 先被标记的概率加起来就是期望。 对于 $i,j$，当 $\operato
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