随笔分类 - CodeForces
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑一条好的路径 \(x \to y\) 中一定至少存在一条边 \((u, v)\)，满足这条边的序列 \(a\) 存在一个 \(j \in [1, |a| - 1]\)，满足 \(a_j = u, a_{j + 1} = v\)，就是说 \(a\) 包含一对相邻的 \((
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑费用流，对于每一行建两个点 \(i_0, i_1\)，分别代表这一行的所有 \(0, 1\)。同样每一列建两个点 \(j_0, j_1\)。源点分别向 \(i_0, i_1\) 连流量为这一行要求的 \(0\) 或 \(1\) 的个数，费用为 \(0\)。同理连汇点。
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 从套娃过来的。 首先考虑如何方便地描述所有子区间的 \(\text{mex}\)。这是一个经典套路，考虑扫描线，扫右端点 \(R\)，维护一些极长的段 \([l, r]\) 表示 \([l, R], [l + 1, R], \ldots, [r, R]\) 的 \(\tex
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑加入第 \(n + 1\) 个位置，这样座位构成了一个环。每个位置被覆盖的概率相等，为 \(\frac{m}{n + 1}\)，然后算出概率再乘方案数就行了。 code // Problem: D. Airplane Arrangements // Contest: C
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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：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：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 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 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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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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