随笔分类 - 做题记录
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 要求最大化收益加上支出，又因为每个字符有染红和染蓝两种选择，考虑最小割模型。可以看成是一开始先获得 \(r_i + b_i\) 的收益，然后对于每个 \(0\)，连边 \((S, i, b_i), (i, T, r_i)\)；对于每个 \(1\)，连边 \((S, i, r
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 容易转化成经典的有向图博弈模型。每张牌建一个点，若 \(x\) 能打败 \(y\) 就连一条 \(x \to y\) 的边。入度为 \(0\) 的点为必败态，之后类似拓扑排序倒推即可。 具体就是若存在边 \(u \to v\)，若 \(u\) 为必败态则 \(v\) 为必胜
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 看到题目感觉很怪，没有什么很好的直接做的办法。于是考虑容斥，\(\min a_i \le x + k - 1\) 的方案数减去 \(\max a_i < x\) 的方案数即为答案。 前者的方案数是好算的。注意到只要确定了 \(\min a_i\) 和差分数组 \(a_i -
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摘要：洛谷传送门 \(k\) 染色问题。给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边无向图，求有多少种给每个点赋点权 \(a_u \in [1, k]\) 的方案，使得 \(\forall (u, v) \in E, a_u \ne a_v\)。 Subtask \(1\)：\(n \le 15\)。 考虑因
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑枚举其中一个区间取 \([i, i + K - 1]\)，考虑对于每个 \(j\) 一次性处理出，区间取 \([j - K + 1, j]\) 多产生的贡献（即以 \(j\) 为右端点）。 对于一个 \([l_k, r_k]\)，设其与 \([i, i + K - 1]
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 NOIP 模拟赛 T1，小清新几何题。 要让选出的点组成的多边形面积最大，就要让正多边形的面积减去选出的点组成的多边形面积最小。而这个面积差可以表示成 \(2n\) 个三角形的面积，即 \(\sum\limits_{i = 0}^{2n - 1} S_{\triangle
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摘要：洛谷传送门 NOIP 模拟赛 T1。 避免被 corner case 卡，首先暴力特判 \(n \le 7\)，以及 \(m = 1\)。 令 \(t = 2^{\left\lfloor\log_2 n\right\rfloor + 1} - 1\)。 手玩一下 \(n = 20\)。转化一下我们要
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摘要：洛谷传送门 NOIP 模拟赛 T2。随机化交互好题。 令 \(a\) 为原题面中的 \(e\)，\(b\) 为原题面中的 \(o\)。 显然可以使用 \(\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil\) 次询问求出 \(a\) 中任意其中一个元素的值，全部问一遍 \(a_i\
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 直接糊一手线性规划对偶板板。 要求： \[\min \sum A_i l_i + \sum B_i r_i \]\[\forall i, j, l_i + r_j \ge C_{i, j} \]\[l_i, r_i \ge 0 \]\[l_i, r_i \in \
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 NOIP 模拟赛 T2。很厉害的题。 想象数轴上 \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) 位置上各有一个洞，每个非负整数位置上有一个点。 每次操作相当于，对于每个点，如果它刚好位于一个洞，那么它会掉进去；否则设它的位置为 \(p\)，位置在它前面的洞有 \(t\
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 神题。 设第 \(i\) 个箱子有 \(x_i\) 个红球，\(y_i\) 个蓝球，那么要求找到最大的 \(K\) 使得 \(\sum\limits_{i = 1}^K x_i \le R, \sum\limits_{i = 1}^K y_i \le B\)，且
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 发现一个性质：能跳不超过 \(j\) 步到达 \(i\) 的所有点形成一段区间。设这这段区间为 \([L_{i, j}, R_{i, j}]\)。 那么答案即为： \[\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 0} n - R_{i, j
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 没有负环等价于每个点都存在最短路。那么就是要找到一组标号 \(a_i\)，使得对于每条 \(u \to v\) 且边权为 \(d\) 的边，都有 \(a_v - a_u \le d\)。 如果我们差分 \(b_i = a_i - a_{i + 1}\)，那么每个
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摘要：洛谷传送门 考虑 dp，设 \(f_i\) 为以 \(i\) 结尾的合法子串个数。如果我们能对每个 \(i\)，求出来 \(g_i\) 表示最大的左端点 \(l\) 使得 \([l, i]\) 是合法串，那么 \(f_i = f_{g_i - 1} + 1\)。若 \(g_i\) 不存在则 \(f_
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 \(a_l, a_{l + 1}, \ldots a_r\) 是好的当且仅当 \(\exists k \in [l, r - 1], \max\limits_{i = l}^k a_i < \min\limits_{i = k + 1}^r a_i\)，称此时的 \(k\)
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摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 这题做得真艰难。 先考虑第一问。 一眼看上去并没有什么复杂度脱离值域的办法。考虑枚举一个 \(x\) 表示最小值，那么点权只能在 \([x, x + K]\) 中。 点权最小值不一定为 \(x\)，减去点权在 \([x + 1, x + K]\) 中的答案即可，也就是把
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摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 考虑把边按到达时间排序，然后从前往后扫并做一个 dp。 设 \(f_u\) 表示 \(1\) 到达 \(u\) 的最晚出发时间。那么对于一条边 \((u, v, a, b)\)： 若 \(u = 1\)，则 \(f_v = \max(f_v, x)\)； 否则 \(f_v
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 下文令 \(n\) 为原题中的 \(K\)，\(m\) 为原题中的 \(N\)。 首先概率转方案数，最后除 \(2^{nm}\) 即可。 考虑一个指数级暴力：枚举每个 bot 的终点 \(y_i\)（因为存在不能相交的限制，需要满足 \(y_1 < y_2 < \
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摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 两条路径的交点数量只和起点数量有关。容易发现是终点排列的逆序对数的奇偶性。求一个 \(f_{i, j}\) 表示从第 \(1\) 层的第 \(i\) 个点到第 \(k\) 层的第 \(j\) 个点的路径数量，对这个矩阵求行列式即可。 对于相交的路径数不用考虑，因为总存在和
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 非常好题目。 发现每个点颜色被反转的次数是固定的，为其深度（根结点深度为 \(0\)）。于是可以看作是，一放棋子就得到分数。 那么先手取偶数层和后手取奇数层都会使先手得分，所以双方的目标都是尽可能多取偶数层的结点。 考虑若一开始有偶数层的叶子，那么当前的先手肯定会
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