随笔分类 - CodeForces
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 手玩几组数据可知： 若不回到开头删字符，则操作次数为 $n - pl$，其中 $pl$ 表示 $s$ 和 $t$ 的 $\mathrm{LCP}$。 若需要回到开头删字符，则最优解一定是光标先从右往左移动一段，若有不同的字符则按一次 backspace；然后按 hom
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 Yet Another God Problem 思路 对于这种矩形覆盖的问题，一般考虑扫描线+线段树。 首先离散化坐标。扫描 $x$ 轴，对 $y$ 轴建线段树。离散化后设 $y$ 轴有 $tot$ 个端点，则有 $tot - 1$ 个区间，在线段树上每个叶子节点维护的实际
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 边权为 $1$ 的最短路问题，可使用 BFS 求解。当目前搜到点 $u$ 时，瓶颈在于找出所有边 $u \to v$，若 $v$ 没被访问过就入队。 下面的部分和 [JOISC2020] 治療計画 有点像。考虑先拆限制中的绝对值。 若 $u < v$ ，则 $v -
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 考虑区间 dp。设 $f_{i,j}$ 为只考虑区间 $[l,r]$ 的点的最小值。转移就考虑计算每条边的贡献，枚举根，则根到左子树的这条边的贡献即为左子树的点为 $i$，非左子树的点为 $j$ 的所有 $c_{i,j}$ 的和。右子树同理。二维前缀和预处理一下即可做
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 显然如果确定了路径的两个端点 $x,y$，就可以树剖将树上 $x$ 到 $y$ 的路径上的点权值 $+1$，再判断询问点是否在路径上。 于是钦定深度最大的点为其中一个端点 $x$，另一个端点 $y$ 为询问点中不为 $x$ 的祖先且深度最大的点。如果 $y$ 不存在说
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 还不错的一道思维 + 计数题。 思路 考虑一次操作后对 $v$ 数组的影响：相当于将 $v$ 数组左移一位，原本的 $v_1$ 被覆盖了，$v_n$ 补零，然后对于 $i \in [1,n-1]$，$v_i \gets \min(v_i - 1, 0)$。同时还可以发现一个
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 显然线段树。每个节点存最左端的列的并查集和最右端的列的并查集，并且维护这个节点中连通块的数量。merge 时先将 $res$ 的连通块数量设为两个子结点的连通块数量之和，然后合并左儿子最右端的列的并查集和右儿子最左端的列的并查集，如果合并成功则 $res \gets
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 **引理：**设 $f(x)$ 为 $x+1 \sim 2x$ 中二进制表示恰好含有 $k$ 个 $1$ 的数的个数，则对于任意 $x\ (x \ge 1)$，都有 $f(x) \le f(x+1)$。 证明：$f(x)$ 表示 $x+1 \sim 2x$ 中二进制表
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 KMP 好题。 思路 合法的子区间其实就是原串的 $\mathrm{border}$，考虑维护 $\mathrm{border}$ 的集合。每次加入一个字符，就保留原来合法的 $\mathrm{border}$ 并加入新的合法 $\mathrm{border}$（如果 $s
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 比 CF547E 略难的字符串好题。 思路 首先令 $m = \sum\limits_{i=1}^n |s_i|$。 设 $a_i$ 为第 $i$ 个字符串在 AC 自动机上的终止结点。考虑在 AC 自动机上匹配的过程，$x$ 在 $y$ 中出现的次数就相当于在 Trie
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 类比 洛谷 P2414 / LOJ 2444 「NOI2011」阿狸的打字机 。如果做过那题，那这题就很简单了。 首先把 $[l,r]$ 拆成 $[1,l-1]$ 和 $[1,r]$。设 $a_i$ 为第 $i$ 个字符串在 AC 自动机上的终止结点。仍然考虑在 AC
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 首先如果给出的位置合法（即不会有重叠部分不相同的情况），答案为 $26^c$，$c$ 为未填的字符数量。 于是本题的重点是判断是否有重叠部分不相同的情况。不难发现我们只用检验相邻的位置重叠部分是否相同。$i \in [2,n]$，令 $d = a_i - a_{i-1
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 题意相当于将 $S$ 表示成 $A^kB$（$A^x = A^{x-1}A$，$A^0$ 为空串），其中 $B$ 为 $A$ 的前缀。 考虑枚举 $|A^k|$，设 $|A^k| = len\ (k\ |\ len)$，在 $[1,len]$ 中寻找长度为 $\dfr
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 首先求出原串的 $\mathbf{Z}$ 函数数组 $nxt$，那么长度为 $n - i + 1$ 的前后缀满足要求当且仅当 $i + nxt_i - 1 = n$。 显然长度为 $i$ 的前缀的出现次数为满足 $nxt_j \ge i$ 的 $j$ 的个数，差分 +
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