随笔分类 - 做题记录
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 第二道问号题。 设 \(A \ge B\)。我们现在将点的坐标刻画到二维平面上。相当于找到一条 \((0, 0) \to (A, B)\) 的路径，要求不能跨过直线 \(y = x\)。有 \(3\) 种移动方式： 向右移动一格。 向上移动一格。 将当前点提到直线
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 结论：斐波那契数列（\(F_1 = F_2 = 1, \forall i \ge 3, F_i = F_{i - 1} + F_{i - 2}\)）在 \(\forall i \ge 3, \bmod\ 10^i\) 意义下有循环节 \(1.5 \times 10^i\)。
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑暴力，就是对于一对满足 \(a_u < a_v\) 的边 \(u \to v\)，如果任意一个区间包含 \([\min(u, v), \max(u, v)]\)，就将 \(u \to v\) 加入 DAG，然后做 P6134 [JSOI2015] 最小表示，就是判断是否
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 大家好，我是这个。 注意到可以树剖后线段树优化建图跑拓扑排序，但是空间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)，大概过不了。 注意到我们只会有一个 \(\text{dfn}\) 区间不是一条重链上一段前缀的形式（跨过 \(\text{LCA}\) 的那个区间），于是对这个
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先对 \(s\) 建 SAM，设 \(m = |t|\)，然后考虑断环为链，把询问串 \(t\) 再复制一份拼接在后面，然后相当于问现在 \(t\) 的所有长度为 \(m\) 的本质不同子串在 \(s\) 中的出现次数之和。 考虑枚举子串的右端点，维护当前在 SAM 上的
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 提供一个傻逼 \(O(n^2)\) 做法。 首先考虑暴力 dp，设第 \(i\) 轮后在 \(j\) 坐标上的最小花费为 \(f_{i, j}\)，有： \[f_{i, j} = \min f_{i, k} + |j - k| + \begin{cases} l_i - j
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 如果我们能把 \(x \to y\) 路径上的所有点权插入到线性基，那么可以 \(O(\log V)\) 查询。 但是因为线性基合并只能 \(O(\log^2 V)\)（把一个线性基的所有元素插入到另一个），所以只能倍增做 \(O((n + q) \log n \log^2
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摘要：LOJ 传送门 显然枚举物品做背包没有前途，于是我们把体积相等的物品捆绑在一起。 设 \(f_{i, j}\) 为考虑完体积 \(\in [1, i]\) 的物品，背包容量为 \(j\) 的最大值。可以贪心求出 \(g_{i, j}\) 为选 \(j\) 个体积为 \(i\) 的物品的价值最大值。
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 还是很有趣的一道题。场上直接暴拆式子，要维护动态凸包，本来以为是 \(\log^2\) 的，写着写着发现是 \(\log^3\)，遂弃。 显然梯形面积最小等价于 \(y_0 + y_1\) 最小，而 \(y_0 + y_1\) 最小等价于梯形在 \(m = \frac{n}
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 感觉和 CF1889C2 Doremy's Drying Plan (Hard Version) 有异曲同工之妙。 显然去除每个数的平方因子后，两个数相乘为完全平方数当且仅当它们相等。 考虑若确定了分段方案，那么修改次数就是，每一段重复出现的数的个数。 那么我们设 \(f_
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摘要：LOJ 传送门 组合计数神题。下文的 \(m\) 指原题面中的 \(d\)，\(k\) 指原题面中的 \(r\)。 考虑最后每个人得到的宝石数量的序列 \(s_1, s_2, \ldots, s_n\)，考虑这种方案的出现次数。首先要在 \(m\) 次操作中分别选 \(s_i - 1\) 次给第 \
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 设数字 \(i\) 第一次拿到的时间为 \(t_i\)，所求即为 \(E(\max\limits_{i = 1}^m t_i)\)。 施 min-max 容斥，有： \[\begin{aligned}E(\max\limits_{i = 1}^m t_i) & =
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 操作没有什么性质，唯一一个性质是，操作次数不超过 \(\log n\)（每次至多保留一半元素）。于是我们可以直接模拟操作。 但是肯定不能直接模拟。考虑先对原序列模拟一次，求出经过 \(i\) 次操作后保留的位置集合 \(S_i\)。那么只保留 \([l, r]\) 的元素，
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先，如果我们确定了 \(1, 2\) 或 \(n - 1, n\) 的位置，我们就能求出原排列。因为题目给了 \(p_1 < p_2\)，所以可以不考虑对称性。也就是说我们知道两个位置是 \(1, 2\) 或 \(n - 1, n\) 但不确定究竟是 \(1, 2\) 还
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 不是很懂官方题解在干嘛。 设 \(g_x\) 为满足 \(x \mid f(a_i, a_j, a_k)\) 且 \(i, j, k\) 两两不同的所有无序三元组的个数。则容易容斥求出 \(h_x\) 为 \(x = f(a_i, a_j, a_k)\) 的个数。答案即为
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摘要：洛谷传送门 首先 \(x_1 = y_1\) 显然不合法。若 \(x_1 > y_1\) 就把 \(x, y\) 全部取相反数，这样就只用考虑 \(x_1 < y_1\) 的情况了。 然后考虑一个 \(O(nmq)\) 的 dp，设 \(f_{i, j}\) 为拓展 \(X\) 的前 \(i\) 个
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摘要：洛谷传送门 很显然每个数的每一位最多只会修改一遍。于是拆位，每一位开个并查集，存下一个不拥有这一位的数，就可以暴力修改了。 但是空间是 \(O(n \log V)\) 的，炸了。于是可以考虑手写 i24 类，同时并查集寻找祖先不要用递归版的路径压缩，然后就过了。 code // Problem: P
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 Type \(1\) 是简单的。直接输出空格个数即可。 Type \(2\) 也是简单的。显然要堵住不在起点和出口最短路上的格子，答案为空格个数减去起点到任一出口的最短路。 考虑 Type \(3\)。容易发现答案为空格个数减去起点到任两个出口的最短路（公共部分只算一次）。
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 喵喵题。 考虑若所有点权都已确定，如何求 \(1\) 到 \(n\) 所有路径权值和的 \(\gcd\)。 考虑如何 check 一个 \(x\) 是否合法。考虑拆点，把点权转成边权，在新图上连边 \(u \to u'\)，边权 \(a_u\)；\(u' \to
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑若确定了所有 \(c_s\)，如何计算集合最大大小。 下文令原题面中的 \(f\) 为 \(m\)。 发现我们可以类似倒推地确定。比如若 \(n = 3\)，\(c_{00} = \min(c_{000}, c_{001})\)，\(c_{01} = \min(c_{0
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