随笔分类 - 思维
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 对每个红格的行和列连边，建出二分图。对于二分图中的每个连通块分别考虑。 大胆猜测对于每个连通块，我们都能够进行适当的操作，使得只有一行/一列没被操作（显然不能使所有行和列都被操作）。对应的方案就是随便取一棵生成树，把不被染白的那一行/列拎出来当根，然后自底向上，每
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 很神奇但是经典的构造，学习一下。 注意到题目给的操作很像斐波那契。但是难点是如何将 $O(\log n)$ 个斐波那契数相加。 考虑一个操作序列 $4,3,4,3,...$（共 $m$ 个）。发现在第 $i$ 个操作之前给 $x$ 或 $y$ 加 $1$，等价于最
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 第一步就没想到 可以考虑化简限制。设所有点按 $E_i$ 从小到大排序后顺序是 $p_1,p_2,...,p_n$。发现只需满足 $E_{p_{i+1}} - E_{p_i} \ge \operatorname{dis}(p_i, p_{i+1})$。证明是对于任
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 很强的博弈 + 性质题。下文令 A 为 Takahashi，B 为 Aoki。 发现单独考虑一个序列 $a_1,a_2,...,a_n$： 若 $n \bmod 2 = 0$： 若 A 为先手，答案为 $\max(a_{\frac{n}{2}}, a_{\frac
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 不妨假设 $B_X \le B_Y$。设 $f(x) = A_X + \frac{x}{B_X}, g(x) = A_Y + \frac{x}{B_Y}, F(x) = \left\lfloor{f(x)}\right\rfloor, G(x) = \left\l
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 算是对这篇博客的补充吧。 设 $a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n$。 发现最优操作中一定是对相邻的数进行操作，因为如果 $a_j$ 想把 $x$ 给 $a_i$（$i < j$），最优是依次操作 $(j-1,j,x),(j-2,j-1,
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 感觉太人类智慧了。 设 \(A = (c_1,c_2,...,c_n)\) 表示当前每种牌的数量，\(f(A)\) 为状态 \(A\) 只进行换牌操作最终最少剩下几张牌。 \(f(A)\) 是可以贪心求出的，因为策略必然是能换则换。 并且我们发现依次换 \(2,3
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 从低位往高位考虑。设当前个位为 $k$，暴力搜索这一位向上进 $i$ 位，设 $\left\lfloor\frac{n}{10}\right\rfloor - i$ 的答案为 $t$。 若 $t > 10i + k$ 显然就不可行，因为就算个位全部填 $1$ 也不
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 Hint 如果是一个环怎么做？ Answer 由于是一个环，因此环上每个点对最终答案造成的贡献都相同。设 $f_{i,j}$ 为长度为 $i$ 的序列选 $j$ 个不相邻的点的方案数，则 $f_{i,j} = \binom{i-j+1}{j}$。应该很好理解，考虑
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 若连通块是一棵树，考虑钦定 $k$ 个点为奇度点，方案数为 $\binom{n}{k}$。对于叶子，如果它是奇度点，那么连向它父亲的边要保留，否则不保留。这样自底向上考虑，任意一条边的保留情况都可以唯一确定，所以最后方案数就是 $\binom{n}{k}$。 若连
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 这题居然是之前某场模拟赛（contest 701）的 T1……（@Vidoliga 场切但是被卡常/bx） 下面记 $m$ 为原题面中的 $K$，$a_i$ 为原题面中的 $P_i$。 不难发现后手的策略是把所有段按照段的第一个数从大到小排序接在一起。 考虑若 $
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑判断一个终止态是否可达。如果只有一个棋子连续段那一定可达；否则就存在 $\ge 2$ 个连续段。此时把放棋子看成删除，那么限制就是如果删除一个孤立的棋子（两边没有棋子）且还有别的格子有棋子，这个棋子的颜色 异于其他连续段的两边棋子的颜色。 设第一个被删的段（最
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 这种题根本做不出来…… 考虑一个 L 形怎么方便地表示出来。可以发现对于组成 L 形的三个点 $(x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)$，只要知道 $x = x_1 + x_2 + x_3$ 和 $y = y_1 + y_2 + y_3$，就能
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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：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：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：洛谷传送门 CF 传送门 思路 令 $1$ 为根，并设 $d_u$ 为 $1$ 到 $u$ 的路径上经过的点的异或和，则 $u,v$ 两点路径经过点的异或和可以转化成 $d_u \oplus d_v \oplus a_{\mathrm{lca}(u,v)}$。 因为题目没有限制，所以可以将点权修改为
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摘要：洛谷传送门 CodeForces 传送门 一道不错的博弈论。 思路 此题的关键性质在于：一方可以重复另一方上一次的操作从而使得局面不变。 因此有结论：先手必胜当且仅当先手第一步就取胜，后手必胜当且仅当先手无法在第一步就取胜且无论先手如何操作后手都能一步胜利。 可以这么理解。若先手第一步无法取胜，后手
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 看到询问次数是 $O(\log n)$ 级别的，考虑使用树剖的一些性质。 我们都知道一个点到根结点的链经过的轻边为 $O(\log n)$ 级别的。于是考虑如下的算法： 先通过一次询问得出 $x$ 的深度，然后树剖。 一开始设 $u \to 1$。沿着重链跳到和 $x
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摘要：AtCoder 传送门 思路 对于一个奇数 $x$，能到达它的最大且比它小的数为 $x - f(x)$，它能到达的最小且比它大的数为 $x + f(x)$。因此奇数 $x$ 对于区间 $[x - f(x) + 1, x + f(x) - 1]$ 都是没有连边的。 考虑两个数 $x,y\ (x < y
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