随笔分类 - AtCoder
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 提供一种形式化的理解方法。 设 $S$ 为任意一条从 $(0,0)$ 到 $(n+1,n+1)$ 的路径经过的点集，$P$ 为 所有 合法障碍点集，$Q$ 为 题目给定的 障碍点集。显然现在 $S$ 和 $P$ 都不确定，题目即求 $\sum\limits_S \
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摘要：考虑一个合法的 $P$，记 $a_i = \sum\limits_{j=1}^{i-1} [P_j > P_i]$，则通过简单推理可得 $a_i < a_{i+1} \Leftrightarrow P_i > P_{i+1}$。易知一次合法交换操作 $(i,i+1)$ 当且仅当 $a_i < a_{
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摘要：洛谷传送门 考虑不要求每个盒子至少放一个球，答案即为 $\sum\limits_{i=0}^A \binom{n}{i} \times \sum\limits_{i=0}^B \binom{n}{i} \times \sum\limits_{i=0}^C \binom{n}{i}$。 加上这个条件，
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 非常妙的 Kruskal 重构树。 倒序考虑，相当于每次经过一个点必须至少有 $\max(0, a_u - b_u)$ 元，然后获得 $b_u$ 元，并且之后经过这个点都不会再获得钱。令 $c_i = \max(0, a_u - b_u)$，考虑枚举终点 $u$，
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摘要：AtCoder 传送门 洛谷传送门 定义 $\mathrm{nxt}(i,x)$ 为最小的 $j$ 满足 $a_j = x$ 且 $j > i$，$\mathrm{pre}(i,x)$ 为最大的 $j$ 满足 $a_j = x$ 且 $j < i$。 有了上面的定义后，考虑 dp。设 $f_s$ 表
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摘要：AtCoder 传送门 洛谷传送门 翻转一个点会把它相邻的点全部翻转，因此先从叶子开始自下而上考虑。不难发现，如果这个叶子是白色，那么它一定比它的父亲先翻转（否则它就翻不了了）；而对于黑色的叶子，它一定比它的父亲后翻转。经过一波操作，我们得到了所有叶子的父亲的颜色。此时就可以把它们当作叶子处理，因为
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 不错的组合计数题。 因为黑车和白车不能在同一行或者同一列，所以可以考虑枚举黑车有 $i$ 行 $k$ 列的位置放，白车有 $j$ 行 $l$ 列的位置放。如果设 $f_{i,j,k}$ 为 $i$ 行 $j$ 列的棋盘，需要放 $k$ 个车，且 每一行每一列都必须
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摘要：A 保留 $x,y$ 中的次大，最大，次小，最小，显然答案一定在它们之间。然后暴力算。时间复杂度 $O(n \log n)$，瓶颈在排序。 B 若所有颜色均出现偶数次，则答案为 $0$。 否则若只出现了两种颜色，则枚举一种颜色的所有 $a_i$，lower_bound 去找另外一种颜色中和 $a_i
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 下文令 $|S| = n$。 引理： 一个字符串中本质不同的回文串数量 $\le n$。 证明： 考虑每在字符串末尾添加一个字符，本质不同回文串数量最多增加 $1$。 考虑反证，设字符串在添加 $s_n$ 后，$s_{x...n}$ 与 $s_{y...n}$（令
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 题目可以转化成所有 $\gcd(p_i,p_j) \ne 1$ 的对数减去 $\gcd(i,j) = 1$ 且 $\gcd(p_i,p_j) \ne 1$ 的对数。 可以考虑外面套一层容斥，枚举 $d$，计算下标为 $d$ 的倍数的数中满足 $\gcd(p_i,p
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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：AtCoder 传送门 洛谷传送门 一眼。 将 $a$ 中每个数用前导零补到 $6$ 位，题目相当于问所有 $i,j$，$a_i$ 的每一位加 $a_j$ 的这一位都不超过 $9$ 的 $(i,j)$ 对数。 直接高维前缀和统计即可，时间复杂度 $O(n + 10^6)$。 code /* p_b_
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摘要：AtCoder 传送门 洛谷传送门 考虑 dp，$f_i$ 设在 $t_i$ 时刻到达第 $i$ 个点，能获得的最大收益。 转移：$f_i = f_j + a_i$，其中 $j$ 能转移到 $i$ 的充要条件有： $t_j \le t_i$ $y_j \le y_i$ $|x_i - x_j| +
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摘要：[AtCoder 传送门](https://atcoder.jp/contests/abc263/tasks/abc263_g "AtCoder 传送门") [洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc263_g "洛谷传送门") ## 题意 有 $
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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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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 思路 考虑正向进行操作并且维护当前棋子能到达的行区间 $[up,down]$ 和列区间 $[left,right]$。则先手每次将区间往外扩展一格，而后手每次尽可能将区间往内缩小。当某一时刻先手执行完操作后区间的最左端或最右端不在棋盘上了，那么输出 NO。执行完所
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 远古 ABC 的题。 题意 给定 $N,K$，求 $\sum\limits_{i=1}^N \operatorname{lcm}(i,K)$，$1 \le N,K \le 10^9$。 思路 考虑推式子。 $$ans = \sum\limits_{i=1}^N \
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 学长讲的一道神仙题。 思路 由于 $10^{18}$ 非常大，所以可以考虑这样一个贪心：每次取目前能取的 $x+y+z$ 最大的点。因此先将所有边定向，从小的编号连向大的。 设 $f_{x,y,z}$ 为是否选 $(x,y,z)$，那么 $f_{x,y,z} =
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