随笔分类 - 做题记录
摘要：洛谷传送门 类比 P9062 [Ynoi2002] Adaptive Hsearch&Lsearch 处理区间最近点对的思路，尝试只保留可能有贡献的点对。 处理树上路径容易想到点分治。设点 \(u\) 到分治中心的距离为 \(a_u\)。我们有 \(\text{dis}(u, v) \le a_u
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 貌似是第三道问号题？感觉前面这个转化不是人能想到的。。。 考虑维护 \(y\) 的差分序列。更进一步地，我们类比 slope trick，维护一个可重集，里面有 \(y_{i + 1} - y_i\) 个 \(i\)（为了方便我们让每次操作时 \(y_{m + 1
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 \(2 \nmid k\) 显然无解。 若 \(4 \mid k\)，发现给一个全 \(2 \times 2\) 子矩形全部异或 \(1\) 不会对行异或和和列异或和造成影响。那么我们找到 \(\frac{k}{4}\) 个全 \(0\) 的 \(2 \times 2\)
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑形式化地描述这个问题。先把 \(l\) 排序。然后相当于是否存在一个 \(\{1, 2, \ldots, n\}\) 的子集 \(S\)，使得： \(\sum\limits_{i \in S} l_i = d\)。 \(\exists T \subseteq S, \m
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 UNR #2 黎明前的巧克力。 枚举两个人选的卡的并集 \(S\)，那么当 \(\bigoplus\limits_{i \in S} a_i = 0\) 时 \(S\) 有贡献 \(2^{|S|}\)。 考虑将 \(2^{|S|}\) 分摊到每个元素上，也就是每个元素有 \
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 尝试二分答案，问题变为要求恰好选 \(x\) 段 \(\ge s\)，最大化选的段数。 发现我们不是很会算段数的 \(\max\)，考虑给每个段 \([l, r]\) 一个长度减一即 \(r - l\) 的代价，于是变成了算代价的 \(\min\)。 设 \(f(
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 设最后每个数都相等时为 \(t\)。那么一次操作变成了合并两个数 \(x, y\)，再增加 \(x + y - k\)。于是每个 \(a_i\) 可以被表示成 \(b_i t - (b_i - 1)k\) 的形式，化简得 \(a_i - k = b_i (t - k)\)。
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 感觉这个题比较难蚌。 发现按 \(1 \sim n\) 最后可以把 \(1 \sim n\) 中的所有平方数点亮。所以 \(n \ge 20\) 就直接输出 \(1 \sim n\)。 考虑 \(n \le 19\)。猜测合法的方案（即按完后亮灯数 \(\le \left\
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 感觉这个题还是挺不错的。 考虑 F1。考察 \(a_i\) 差分后的意义，发现 \(a_i - a_{i - 1}\) 就是 \((\sum\limits_{j = 1}^{i - 1} [p_j = i]) + p_i \le i\)。 考虑将其转化为棋盘问题。在 \((
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑相当于把每个标记点的边全部断掉，然后求连通块个数。 考虑一条边 \((u, v)\)（设 \(u < v\)）的出现时间，不难发现是 \([1, u - 1] \cup [u + 1, v - 1] \cup [v + 1, n]\)。于是考虑直接套线段树分治
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑一条好的路径 \(x \to y\) 中一定至少存在一条边 \((u, v)\)，满足这条边的序列 \(a\) 存在一个 \(j \in [1, |a| - 1]\)，满足 \(a_j = u, a_{j + 1} = v\)，就是说 \(a\) 包含一对相邻的 \((
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摘要：QOJ 传送门 好题。 首先可以视为每一列 \(1\) 的个数 \(\ge a_i\)，超出的最后再无视即可。 首先先不考虑构造。考虑二分 \(k\)，考虑 Dilworth 定理，即询问是否有 \(k\) 条链覆盖所有的黑格。 可以调整使得第 \(i\) 条链的起点为 \((n - k + i,
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摘要：1. ICPC2022 Xi'an R A Bridge 感觉很妙啊，应该不止蓝吧？ 首先一个转化是每次建桥操作就相当于交换两条链的后半部分，可以看看扶苏那篇题解的图。 我们将每个点表示为形如 \((x, y)\) 的二元组表示它初始在第 \(x\) 行第 \(y\) 列，按 \(y\) 为键值排序
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摘要：洛谷传送门 QOJ 传送门 感觉很妙啊，应该不止蓝吧？ 首先一个转化是每次建桥操作就相当于交换两条链的后半部分，可以看看扶苏那篇题解的图。 我们将每个点表示为形如 \((x, y)\) 的二元组表示它初始在第 \(x\) 行第 \(y\) 列，按 \(y\) 为键值排序，那么一次询问就是查询一条链的
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑费用流，对于每一行建两个点 \(i_0, i_1\)，分别代表这一行的所有 \(0, 1\)。同样每一列建两个点 \(j_0, j_1\)。源点分别向 \(i_0, i_1\) 连流量为这一行要求的 \(0\) 或 \(1\) 的个数，费用为 \(0\)。同理连汇点。
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 从套娃过来的。 首先考虑如何方便地描述所有子区间的 \(\text{mex}\)。这是一个经典套路，考虑扫描线，扫右端点 \(R\)，维护一些极长的段 \([l, r]\) 表示 \([l, R], [l + 1, R], \ldots, [r, R]\) 的 \(\tex
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摘要：洛谷传送门 模拟赛时只写了 \(1, 3\) 事件在 \(2\) 后的分，赛后拓展一下这个做法就过了。一般。 首先考虑 \(O(nm)\) 暴力。注意到若一个极长连续段 \(l, l + 1, \ldots, r\) 被插了旗子，意味着 \(l - 1, l, \ldots, r, r + 1\)
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摘要：洛谷传送门 对 \((i, a_i)\) 求出下凸包，那么一条凸包的斜率非正的切线是候选答案。 只考虑切凸包上第 \(i\) 个点的切线，那么斜率的左边界是过凸包第 \(i\) 和第 \(i + 1\) 个点的直线斜率，右边界是过凸包第 \(i - 1\) 和第 \(i\) 个点的直线斜率。最优方案
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑加入第 \(n + 1\) 个位置，这样座位构成了一个环。每个位置被覆盖的概率相等，为 \(\frac{m}{n + 1}\)，然后算出概率再乘方案数就行了。 code // Problem: D. Airplane Arrangements // Contest: C
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摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 QOJ 传送门 复读官方题解。 考虑除了原图的 \(2^k\) 个点，再建一些辅助点，\((u, i, j)\) 表示前 \(i\) 位中修改了 \(j\) 位得到 \(u\)。那么除了原图的 \(m\) 条边，我们还有下面这些边： \(u \xrightarrow{0}
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