随笔分类 - 做题记录
摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 模拟赛赛时被这题题面唬住了，没想到原来这么简单/ll。 设第 \(i\) 个位置经过变化后的位置为 \(p_i\)。那么连边 \(i \to p_i\) 后所有环长的 \(\text{lcm}\) 为 \(K\)。 考虑先构造一组数 \(\{a_n\}\) 使得 \(\t
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 虚高 *2800，放模拟赛 T1 人均切了。 首先我们发现这玩意有可减性，用 \([1, r]\) 的答案减去 \([1, l]\) 即可。所以接下来我们只讨论前缀的情况。 考虑数位 dp。为了计算题目的那玩意我们考虑把每个状态的 dp 值用一个三元组 \((a_1, a_
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑扫描线，扫到 \(i\) 时，设包含 \(i\) 的区间的最小左端点为 \(l\)。设 \(x = a_i\)。 若 \([l, i]\) 之间存在 \(\ge 2\) 个 \(x\)，那么就必须要修改。考虑序列此时的形式形如： \[[1, \ldots, a_l, \
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摘要：QOJ 传送门 大分讨恶心题。 首先施容斥，变成求 \(\sum |AB| > \max(|AC|, |BC|)\)。 遇到这种三个点的路径问题，可以找出一个点 \(X\)，使得 \(A, B, C\) 在 \(X\) 的不同子树内，也就是 \(A \to B, A \to C, B \to C\)
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 虚高 *2800。放模拟赛 T2 人均切了。 考虑拎出环上的点，每个点下面都挂了一棵树。 那么可以预处理出每棵树从一个点开始染黑，这棵树对答案的贡献。因为一棵树染了一个点就只能去染子树了，所以这个贡献是固定的，用换根 dp 求即可。 那么我们现在可以在环上选择一个起点，每次
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 orz Charlie/bx. 考虑对棋盘染色，那么马移动到的格子和原来的格子异色。 进而发现若两个马初始异色，那么只有白马可以吃黑马，否则只有黑马可以吃白马。 下面只讨论初始异色的情况，同色是对称的。下文令 \(W, B, T_W, T_B\) 分别为白马起点，黑马起点，
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 我独立做出一道 *3000？ 考虑对于单次询问，除了 \(O(nm)\) 的 dp，有没有什么方法能快速算出答案。发现若 \(a_{i + 1} - a_i < b_{j + 1} - b_j\) 则 \(i \gets i + 1\)，否则 \(j \gets j + 1
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 看到 \(\max, \min\) 考虑单调栈。枚举右端点，计算有多少个符合条件的左端点。 单调栈维护的是对于每个右端点，以每个点为左端点的后缀 \(\max, \min\) 形成的极长的段。先枚举 \(\text{popcount} = k\)，然后如果一个段的 \(\m
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 赛后调了 40min，哈哈。 首先先把 \(a, b\) 排序。 考虑先枚举 Alice 选的数 \(a_i\)，然后若 \(\forall j, \exists k \ne i, (a_i, b_j, a_k)\) 能组成三角形，Alice 就赢了。 考虑简化条
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 我们实际上并不关心 \(\text{mex}\) 的具体值，只关心它有没有成为 \(\text{mex}\)。 考虑有一个 \(k = \min(m + 1, n)\) 个空位的长条。我们每次可以往长条最左边的空位放一个球（对应 \(a_i\) 成为 \(\tex
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 比较谔谔，为什么题解区都在群魔乱舞。不是有个很简单的点分树做法吗。 考虑建出点分树，由点分树的性质可得任意两点在点分树上的 LCA 一定在它们的路径上。然后每次暴力跳父亲，每个分治中心维护一个 \(f_i\) 表示距离 \(i\) 最近的红色点的距离即可。 若使用 dfn
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 赛时在想一些奇怪的东西，没想到建图。 考虑使用元素两两之间的相对顺序来描述序列。发现若 \(x, y\) 互质那么它们的相对顺序被确定了。 先把输入的序列从小到大排序。然后考虑互质的数之间先连一条无向边。那么先手要把无向边定向使得它是个 DAG，后手会求出这个 D
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑给定 \(b\) 如何构造 \(a\)。 拎出基环树的环部分，把这些点连同它们的边删掉（这个环一定在答案中）。递归做即可。 考虑我们在 \(a\) 的环上连一些在 \(\{b_{i, n}\}\) 中排得比 \(a_i\) 前的 \(i \to j\)。可以将问题转化为
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 挺妙的。 接下来我们将构造一个每条边都染色的方案，所以原来的 \(w_i\) 没用。 极差 \(\le 2\) 这个条件比较谔谔。考虑拆点，把原图变成二分图，那么 \(u, u + n\) 的极差只要都 \(\le 1\)，原图就满足条件。 但是现在还不是很好做。考虑继续拆
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 有意思的。 对 \(k\) 分解质因数，题目实际上是想让我们解一个 \(\sum\limits_{i = 1}^m a_i x_i = n\) 的方程。 考虑 \(m = 1\) 特判，\(m = 2\) exgcd。\(m = 3\) 时发现 \(\min\limits_
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑给图分层，一层的点一一对应上一层的一些点。设 \(f_{i, j}\) 为考虑了前 \(i\) 个点，最后一层有 \(j\) 个点，除了最后一层点的其他点度数限制已经满足的方案数。 转移系数是 \(g_{i, j, k}\) 表示这一层有 \(i\) 个点，上一层有 \
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摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 考虑整个图是一个点双怎么做。 显然如果有重边并且两条边边权一样就寄了。否则我们可以把它们当成一条边。 考虑一个二度点 \(u\) 和与它相连的边 \((v, u), (u, w)\)。我们可以把它缩成边 \((v, w)\)。如果新边已经存在并且边权不等于这两条边边权就寄
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 太厉害了！！！！！！ 首先竞赛图有个性质，若存在环则一定存在三元环。 先把 DAG 的情况（一条链）特判了。然后缩点。发现非链底的部分不能存在大小 \(> 1\) 的 SCC。所以枚举非链底的部分有多少点，转化为 SCC 的情况。 发现对于任意点（设为 \(1\)
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 做了好久。怎么会是呢。 题目的操作可以看成，求出一些关键字，使得 \(B\) 矩阵的行是由 \(A\) 按照这些第 \(1\) 关键字、第 \(2\) 关键字一直到第 \(k\) 关键字，最后还有一个原来所在行下标的关键字，从小到大排序。 肯定是从排好序的 \(B\) 矩阵
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 好厉害。 特判 \(k = 1\)。首先经过观察，我们可以按照 \(k\) 的奇偶性讨论： \(k\) 为偶数，有一个中心点挂了若干条长度为 \(\frac{k}{2}\) 的链。 \(k\) 为偶数，有两个中心点，两边挂了若干条长度为 \(\frac{k}{2}\) 的链
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