随笔分类 - CodeForces
摘要：洛谷传送门 若一个结点 \([l_i, r_i)\) 已知就连边 \((l_i, r_i)\)，那么子集满足条件当且仅当每对 \((L_i, R_i)\) 都连通。 考虑在树形结构上 dp。发现若 \(l, r\) 不连通，设 \(l\) 所在连通块点编号最大值为 \(i\)，那么 \(r\) 所在
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 可以把限制看成 \(0.75n^2\)。发现 \(0.75n^2 = 0.5n^2 + 2 \times 0.5 (\frac{n}{2})^2\)。这启发我们询问一次 \([1, n]\) 和两次长度为 \(\frac{n}{2}\) 的区间。 不妨问 \([1, n],
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 看到 \(n \le 100\) 考虑 \(O(\text{poly}(n))\) dp。发现从左向右决策，因为一个点可以向左或向右覆盖，所以需要记最靠左的未覆盖的位置 \(j\) 和最靠右的已覆盖位置 \(k\)，状态就是 \(f_{i, j, k}\)，dp 最小的覆盖
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 世纪难题。 首先我们考虑先固定 \(x\)，比如让 \(x = a_1\)（重复问 \(1\) 直到回答为 =），那么此时我们可以知道任意一个 \(a_i\) 和 \(a_1\) 的大小关系（问一次 \(i\) 再问一次 \(1\)），并且可以知道 \(a_i\) 的具体值
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 放放/ll/ll/ll。 这题是个性质题。 首先第一排一定是升序，第二排一定是降序。考虑第一排若存在 \(i < j\) 使得 \(a_{1, i} > a_{1, j}\)，那么交换这两个数不会变劣。第二排类似。 然后发现在 \(1\) 走下去或在 \(n\) 走下去最优
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 印度出题人玩原神玩的吧？？？ 考虑计算每条折线被选的概率。考虑相当于是有一个 \(1 \sim n + m - 2\) 的排列 \(p\)，然后一条 \(x = i\) 的直线被选且不是最后一个被选的，当且仅当它在 \(p\) 中排在 \(x = 1 \sim i - 1\
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 对这种题一点办法都没有。。。 可以手动折叠发现 \(n = 3\) 时 \(M = 2 + 2 \sqrt{2}, V = 2 + 4 \sqrt{2}\)。于是大胆猜结论，第二次折叠开始，每次产生的山谷和山峰的长度相等。 为什么呢？考虑从第二次折叠开始，设当前纸的层数为
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 不知道为什么好像大家在这题上花了挺久的。 发现对于一对相邻的港口 \((x_i, x_{i + 1})\)，\(x \in (x_i, x_{i + 1})\) 的花费是 \(y_i (x_{i + 1} - x)\)。拆开得 \(y_i x_{i + 1} - y_i x
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 发现去掉匹配的 \(2k\) 个括号后，剩下的串一定形如 \()) \ldots )(( \ldots (\)，其中右括号数量为 \(a = m - k\)，左括号数量为 \(b = n - k\)。 考虑把剩下的串像 \()) \ldots ) \mid (( \ldot
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑一个显然的树形 dp，设 \(f_{u, i}\) 为 \(u\) 结点染颜色 \(i\) 的方案数，有 \(f_{u, i} = \prod\limits_{v \in son_u} \sum\limits_{j = 1}^i f_{v, j}\)。前缀和后可得 \(
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先显然每个点双独立，所以不同点双构造后直接合并即可。下面只考虑图点双连通的情况。 发现一个环显然有解。一个环加一条边也有解（例如 \((1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 1), (1, 3)\)）。 发现一个环连出去一条链再连回来就无解（例如 \((1
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先需要了解重心的三种定义： 删掉一个点后剩下子树大小 \(\le \frac{n}{2}\) 的点 \(\sum\limits_{i = 1}^n \text{dis}(u, i)\) 最小的点 最深的 \(sz_u \ge \left\lceil\frac{n}{2}\
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 educational 的。另一道类似的题是 [ABC269Ex] Antichain。 考虑令 \(b_u = a_u - \sum\limits_{v \in son_u} a_v\)。那么 \(\sum\limits_{i = 1}^n b_i = a_1 = x\)
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 虚高 *2800，放模拟赛 T1 人均切了。 首先我们发现这玩意有可减性，用 \([1, r]\) 的答案减去 \([1, l]\) 即可。所以接下来我们只讨论前缀的情况。 考虑数位 dp。为了计算题目的那玩意我们考虑把每个状态的 dp 值用一个三元组 \((a_1, a_
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑扫描线，扫到 \(i\) 时，设包含 \(i\) 的区间的最小左端点为 \(l\)。设 \(x = a_i\)。 若 \([l, i]\) 之间存在 \(\ge 2\) 个 \(x\)，那么就必须要修改。考虑序列此时的形式形如： \[[1, \ldots, a_l, \
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 虚高 *2800。放模拟赛 T2 人均切了。 考虑拎出环上的点，每个点下面都挂了一棵树。 那么可以预处理出每棵树从一个点开始染黑，这棵树对答案的贡献。因为一棵树染了一个点就只能去染子树了，所以这个贡献是固定的，用换根 dp 求即可。 那么我们现在可以在环上选择一个起点，每次
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 orz Charlie/bx. 考虑对棋盘染色，那么马移动到的格子和原来的格子异色。 进而发现若两个马初始异色，那么只有白马可以吃黑马，否则只有黑马可以吃白马。 下面只讨论初始异色的情况，同色是对称的。下文令 \(W, B, T_W, T_B\) 分别为白马起点，黑马起点，
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 我独立做出一道 *3000？ 考虑对于单次询问，除了 \(O(nm)\) 的 dp，有没有什么方法能快速算出答案。发现若 \(a_{i + 1} - a_i < b_{j + 1} - b_j\) 则 \(i \gets i + 1\)，否则 \(j \gets j + 1
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 看到 \(\max, \min\) 考虑单调栈。枚举右端点，计算有多少个符合条件的左端点。 单调栈维护的是对于每个右端点，以每个点为左端点的后缀 \(\max, \min\) 形成的极长的段。先枚举 \(\text{popcount} = k\)，然后如果一个段的 \(\m
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 比较谔谔，为什么题解区都在群魔乱舞。不是有个很简单的点分树做法吗。 考虑建出点分树，由点分树的性质可得任意两点在点分树上的 LCA 一定在它们的路径上。然后每次暴力跳父亲，每个分治中心维护一个 \(f_i\) 表示距离 \(i\) 最近的红色点的距离即可。 若使用 dfn
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