随笔分类 - CodeForces
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]
阅读全文
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
阅读全文
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\
阅读全文
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
阅读全文
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 \(k\)
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 duel 的时候差点不会 2400 了。 套路地，考虑每个 \(F(x)\) 中与 \(s\) 相同的子序列的贡献。设这个子序列为 \(F(x)_{p_1}, F(x)_{p_2}, F(x)_{p_3}, \ldots, F(x)_{p_n}\)。 我们想要它成为一个子序
阅读全文
摘要：CF 传送门 发现物品的体积很小，尝试从此处入手。 设 \(K\) 为最大的物品体积。把背包体积 \(m\) 分成差不超过 \(K\) 的两部分，然后合并。这样需要求出 \(f(\frac{m}{2} - K \sim \frac{m}{2} + K)\)。 递归地，可以发现需要求出 \(f(\fr
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 根据初中数学知识，圆心在 \(AB\) 线段的中垂线上。 又因为给定圆与 \(AB\) 线段所在直线不交，所以圆心在中垂线的一端极远处完全包含这个给定圆，在另一端极远处与这个给定圆相离。而具体在哪一端只与圆心在 \(AB\) 的左侧还是右侧有关。 因此可以二分找到与给定圆外
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 把题意抽象成，给你长为 \(n\) 的序列 \(a\) 和长为 \(m\) 的序列 \(b\)，初始有 \(m\) 个空集合（可重集），\(a\) 中的每个元素至多被分到 \(m\) 个集合中的一个。要求最后第 \(i\) 个集合 \(T_i\) 不为空，且 \(\fora
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 如何评价，模拟赛搬了一道，前一天晚上代码写了一半的题。 考虑如何让操作次数最小。发现直接做太困难了。根本原因是，一次操作对序列的影响太大了。考虑做一些转化，减少一次操作对序列的影响。 仍然先考虑一个排列怎么做。 不知道为什么可以想到在排列前面添加特殊字符 \(0\) 变成
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑若是对一个排列进行操作，怎么做。 我们维护一个排列上的值域连续段 \([l, r]\)，满足 \(a_{l + 1} = a_l + 1, a_{l + 2} = a_{l + 1} + 1\)，以此类推。初始 \(l = r = 1\)。 那么我们每次可以选择往外扩充
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 这说明你的能力还不足以维持 IM。 显然 balanced 的充要条件是，对于每个值，染色一定是 RB 交替。然后一种值只会有先染红或先染蓝两种情况。 然后还剩下字典序严格小于的条件。我场上的想法是枚举 \(\text{LCP}\)，然后推出来一个巨大麻烦做法，根本写不出来
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 好题。 考虑计算 \(x\) 落在 \([1, n - 1]\) 的概率。设 \(f_i\) 为 \(x\) 经过 \(i\) 的概率，答案即为 \(\sum\limits_{i = 1}^{n - 1} f_i\)。 \(f\) 有一个朴素的递推： \[f_i = \be
阅读全文
摘要：CF 传送门 首先考虑没有选出的数互不相同的限制。设 \(f_m\) 为选出 \(m\) 个 \(\in [0, n]\) 的数，异或 \(\text{popcount} = k\) 的方案数。可以考虑枚举这 \(m\) 个数和 \(n\) 的 \(\text{LCP}\)（要求后一位为 \(1\)
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 看到这种操作乱七八糟不能直接算的题，可以考虑最短路。 对于 \(a, b, c, d, m\) 按位考虑，发现相同的 \((a, b, m)\) 无论如何操作必然还是相同的。 于是考虑对于每个可能的 \((0/1, 0/1, 0/1)\)，所有终态有 \((c = 0/1,
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 最小交换次数等于 \(n - \text{环数}\)。所以题目要我们统计把 \(p, q\) 补全成排列，连边 \(p_i \to q_i\)，环数 \(= i\) 的方案数。 考虑把边根据 \(p_i, q_i\) 的是否已知状态分成四类： \(p \to q\) \(p
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑一个子问题：求从某个点 \(u\) 能到达的点数。 如果要精确地计算出来，最优解法只能是 \(O(\frac{n^2}{w})\) 的 bitset。但是我们还没有利用到题目的性质，我们只需要判断一个点是否至多有一个点互不可达。 考虑拓扑排序的过程，队列里面的点两两互不
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑一条 \(1 \to i\) 的路径是否在最小生成树上。 称边权为 \(a\) 的边为轻边，边权为 \(b\) 的边为重边。 轻边若不成环则一定在最小生成树上，因此先把轻边合并，这样形成了若干连通块。 那么如果两点在一个连通块，它们只能通过轻边互达。 同时，因为是树上路
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 过程相当于是将 \(p\) 重排列。设 \(b_i\) 为 \(p\) 中数为 \(i\) 的位置。考虑当前填的数 \(x\) 贡献的逆序对数，相当于是当前所有已经填入 \(p\) 的数 \(y\)，都有 \([b_y > b_x]\) 的贡献。 考虑 \(p_{q_i}
阅读全文
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 发现如果取模中途没有出现 \(0\)，则可以 \(x \gets x + 1\)。 由此设 \(f_{i, j}\) 为考虑 \([1, i]\)，最后取模得到的范围是 \([0, j]\)。 设最后的结果为 \(x\)，中间结果减去 \(x\) 和为 \(y\)，那么对答
阅读全文
浙公网安备 33010602011771号