传送门 一道思维题. 如果没有环那么对答案有k的贡献. 如果恰为一个环,可以用polya求贡献. 如果是一个有多个环重叠的双联通的话,直接转化为组合数问题(可以证明只要每种颜色被选取的次数相同一定可以在进行若干次交换之后变成一样的),相当于选一个值域在[1,k][1,k][1,k]中的单调不下降子序列的个数. 这个跟bzoj4403求法是相同的. 对于序列中的每一个元素的值加上它自己的下标就转化成了单调上升子序列的个数,有(edgecnt+k−1k−1)\binom {edge_{cnt}+k-…

传送门 有个十分显然的结论,只用枚举前后两个面就可以知道所有的面的颜色. 于是可以O(n2)O(n^2)O(n2)枚举前后两个面然后用map乱搞求贡献. 发现这样算出来会多算两倍(打表证明)于是答案除以3. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define N 405 using namespace std; inline int read(){ int ans=0; char ch=getchar(); while(!isdig…

传送门 就是一个另类最短路啊. 利用颜色判断当前节点的最小花费的前驱边中有没有跟当前的边颜色相同的. 如果有这条边费用为0,否则费用为1. 这样跑出来就能ac了. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 500005 #define M 500005 using namespace std; inline int read(){ int ans=0; char ch=getchar(); while(!isdigit(ch))ch=getchar(); wh…

传送门 考虑每次摆石头都会消去最外层的一个连续颜色串. 所以只用统计一下有多少段颜色即可. 代码: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; char s[100005]; int n,cnt=0; int main(){ scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1); for(int i=2;i<=n;++i)if(s[i]!=s[i-1])++cnt; cout<<cnt; return 0…

传送门 就是给出一个矩形,上面有一些点,让你找出一个周长最大的矩形,满足没有一个点在矩形中. 这个题很有意思. 考虑到答案一定会穿过中线. 于是我们可以把点分到中线两边. 先想想暴力如何解决. 显然就是枚举矩形的上下边的坐标然后求两边的最大宽度. 用单调栈搞一下这样的效率是O(n2)O(n^2)O(n2)的. 考虑继续优化. 干脆我们只枚举一条边,另外一条用线段树维护最值. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 300005 #define lc (p&l…

传送门 先考虑什么时候不合法. 第一是考虑任意两个特殊点的权值的奇偶性是否满足条件. 第二是考虑每个点的取值范围是否合法. 如果上述条件都满足的话就可以随便构造出一组解. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 100005 #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; inline int read(){ int ans=0; char ch=getchar(); while(!isdigit(ch))ch=get…

传送门 简单组合数学想优化想了半天啊233. 我们只需考虑翻开n张A,b张B,c张C且最后一张为A的选法数. 显然还剩下m+k−b−cm+k-b-cm+k−b−c张牌没有选. 这样的话无论前n+b+cn+b+cn+b+c张牌怎么选,方案数会乘上一个3m+k−b−c3^{m+k-b-c}3m+k−b−c. 继续讨论. 我们应该从前n+b+c−1n+b+c-1n+b+c−1中选出n−1n-1n−1个A(因为最后一个一定是A). 剩下的要么是B要么是C. 我们不妨令b+c=i. 那么有: ans=∑(…

传送门 题意:给你x个a,y个b,z个c,显然这些字符可以拼成若干字符串,然后求这些字符串中最小表示法表示出来的最大的那一个. 解法:贪心思想,用multiset维护现在拼成的字串,每次取一个最小的和一个最大的拼在一起,最后剩下的就是答案. 代码如下: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a,b,c; multiset<string>s; int main(){ scanf("%d%d%d",&…

传送门 好题啊. 题目要求的最大值最小,看到这里自然想到要二分答案. 关键在于怎么检验. 显然对于每个点向根走比向叶节点更优. 因此我们二分答案之后,用倍增将每个点都向上跳到跳不动为止. 这时我们check一下是不是以1连向的点构成的子树都被管辖了. 如果不是我们将可以跳到根节点且还能继续走一截的点记下来,把没有被管辖的与1相连的节点记下来. 然后一个一个判能否合法就行了. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 50005 using namespace…

传送门 这真是一道一言难尽的题. 首先比赛的时候居然没想出来正解. 其次赛后调试一直调不出来最后发现是depth传错了. 其实这是一道简单题啊. 对于树边直接lca求距离. 由于非树边最多21条. 因此我们对这21条边连接的42个点都跑一次最短路来更新答案的最小值即可. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 100005 #define ll long long #define pii pair<int,int> #define pli pai…