自己做出来固然开心,但是越发感觉到自己写题的确是很慢很慢了……往往有很多的细节反反复复的考虑才能确定,还要加油呀~ 这道题目的突破口在于正难则反.直接求有多少不相交的不好求,我们转而求出所有相交的.我们先预处理出由 \(S\) 到 \(T\) 的最短路图(跑一边Dijkstra,所有的最短路径构成的图),显然可以顺便处理出 \(T\) 到 \(S\) 的.然后这个图是一个拓扑图,满足的性质就是从 \(S\) 点出发的任意一条路径终点均为 \(T\) 且为二者之间的最短路.拓扑图dp对于每个点我们…

Atcoder刷不动的每日一题... 首先注意到一个事实:随着 \(l, r\) 的增大,\(f(r) - f(l)\) 会越来越小.考虑暴力处理出小数据的情况,我们可以发现对于左端点 \(f(l) <=  7\) 的情况下,右端点的最大限度为 \(\frac{10^8}{8} + 10^7\) .这个范围并不大,可以直接用 two-pointer 处理出来. 那么这部分的数据和后面的数据有什么不同呢? 当 \(f(l) > 7\) 的时候,\(f(r) - f(l) <= 1\).那么…

题目 (可能有点长,但是请耐心看完,个人认为比官方题解好懂:P) 首先需要注意,对于任意节点i上的一个棋子,如果在一种走法中它走到了节点j,另一种走法中它走到了节点k,那么这两种走法进行完后,棋子占据的节点集合不可能相同,因为在这两种走法中,节点i必有两个子树中的棋子数量不同.所以,题目中的"被占据的集合唯一"等价于"每个棋子走向的节点唯一". 根据题意,一个初始状态合法当且仅当这个状态可以进行任意次操作,且进行k步操作后,接下来一步操作唯一(不管这样走之后,是否还…

题目 建图很妙,不会. 考虑每一对要求合法的巫师(x,y),他们两个的\(a\)必须都大于\(min(b_x,b_y)\).所以在输入的时候,如果\(a_x\)或者\(a_y\)小于\(min(b_x,b_y)\),可以先把\(a_x\)和\(a_y\)提升到\(min(b_x,b_y)\)(以后的a数组都指做过这步操作的).接下来如果\(max(a_x,a_y)\geq max(b_x,b_y)\),那么这一对已经符合要求,可以直接不管.接下来只考虑需要管的. 发现每一对需要管的(x,y),两…

题目传送门:ARC090E. 题意简述: 给定一张有 \(N\) 个点 \(M\) 条边的无向图.每条边有相应的边权,边权是正整数. 小 A 要从结点 \(S\) 走到结点 \(T\) ,而小 B 则相反,他要从结点 \(T\) 走到结点 \(S\) . 小 A 和小 B 走一条边需要的时间都是这条边的边权,不论方向. 问有多少种走法,使得他们俩都走了最短路,但是他们不会相遇,这里相遇指的是在点上或者在边上相遇. 答案对 \(10^9+7\) 取模. 题解: 用 Dijkstra 算法求出以结点…

点我看题 A - Max Mod Min 非常诈骗.一开始以为要观察什么神奇的性质,后来发现直接模拟就行了.可以证明总操作次数是\(O(nlog a_i)\)的.具体就是,每次操作都会有一个数a被b取模,然后变成a%b.注意到a%b是\(\leq \frac a2\)的,并且a被操作之后会变成整个数据最小的数,作为下一轮的b.所以把原数组排序后,最小值的位置是不断往左移的,每次移动1个位置,直接模拟即可. 时间复杂度\(O(nlog a_i)\). 点击查看代码 #include <bits/s…

首先,我们发现每一个节点所选择的次数不好直接算,因为要求一个节点被选择的次数大于等于父亲被选择的次数,且又要小于等于父亲被选择的次数 \(+D\).既然如此,考虑一棵差分的树,规定每一个节点被选择的次数为 \(x\),表示节点实际上被选择的次数是父亲被选择的次数 \(+x\).显然,这个 \(x\) 是小于等于 \(D\) 的.分析这样我们发现,选择了一个节点实际上对应子树内的所有节点的选择次数均增加,所以我们重新定义选择一个节点的价值为子树内(含自身)节点的个数,而代价则是子树内所有代价的总和…

再次膜拜此强题!神级性质之不可能发现系列收藏++:首先,对于长度<=3的情况,我们采取爆搜答案(代码当中是打表).对于长度>=4的情况,则有如下几条玄妙的性质: 首先我们将 a, b, c 三个字母看做 0, 1, 2.发现(不知道怎么发现的)当我们做出一次变换之后,数列的和在模意义下是不改变的.(*启示:很多关系好像都和取模之后的某些东西有关,例如食物链,此题,and so on). 那么:当一个序列 T 可以由 S 转化过来时,T必须满足如下几条性质: 1.T的各位字母之和与S的各位字母之…

点我看题 题目质量一言难尽(至少对我来说 所以我不写D的题解了 A - mod M 发现如果把M选成2,就可以把答案压到至多2.所以答案只能是1或2,只要判断答案能不能是1即可.如果答案是1,那么M必须是所有任意两个数的差的GCD的因子,只要检查这个GCD是否是1即可.实现的话之间取所有相邻两个数的GCD就行了. 时间复杂度\(O(nloga_i)\). 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++…

点我看题 昨天刚打的ARC,题目质量还是不错的. A - Equal Hamming Distances 对于一个位置i,如果\(S_i=T_i\),那么不管\(U\)的这个位置填什么,对到\(S\)和\(T\)的海明距离增量都是相同的,所以这种位置一定填\(0\)更好:否则,这个位置填\(0\)或\(1\)分别可以给到\(S\)或到\(T\)的海明距离增加1,所以满足\(S_i=T_i\)的i的个数必须是偶数,否则一定无解.令这样的i的个数为x.从左到右遍历所有这样的i,尽量把\(U_i\)填…