题面 首先,单独处理每个询问复杂度显然不可承受,还是考虑通过排序使得限制更容易达到:按照$a$将物品排序,按照$m$将询问排序,这样肯定是要不断添加物品才能达到要求,顺着做一遍就行了 然后发现$b$的限制仍然不好满足,但是我们的可行性dp的数组只记录了是否可行,还有利用的余地,那么以$dp[i]$记录达到$i$的所有方案中最小的$b$的最大值,查询的时候就可以判定了 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm&g…

题面 比较明显地能看出二分来,但是检查函数很难写.对于二分出的一个$mid$,我们要让它满足在$m$次操作内令序列中存在一个为零的位置,同时使得任意相邻的两项之差不超过$mid$ 第二项的检查比较好做,我们正反各扫一遍然后把扫到的上一个数对当前数与$mid$之差取最小值,就是满足条件的最小代价 对于第一项的检查,我们发现可以将原数列修改成一段段的等差数列,这样在存在零的情况下是最优的.我们枚举这个变成零的位置,然后找出$h_l-k-l*mid>0$和$h_r-r-k*mid>0$的$l,r$,…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2803 核心思想是利用单调性. 因为长度为L的前缀和后缀循环同构是AB和BA的形式,我们设\(f(i)\)表示A的长度为i时B的最大长度. 有一个比较易证的结论\(f(i-1)\leq f(i)+2\) 但是并不好往这个结论上想. 单哈希被卡了qwq,改成双哈希了. 时间复杂度\(O(n)\). #include<cstdio> #include<cstring> #include&l…

\(\\\) \(Description\) 给出两个长度为 \(N\) 的字符串\(S_1,S_2\),且保证两个字符串中每一个字符出现次数相同. 现在一次操作可以交换相邻的两个字符,问将 \(S_2\) 变成 \(S_1\) 最少需要交换多少次. \(N\le 10^6\) \(\\\) \(Solution\) 假如一共出现了五个 \(A\) ,那一定是按照顺序移动,即\(S_2\)中第一个出现的 \(A\) 最后一定会移动到\(S_1\)中第一个出现的 \(A\) 处. 然后就是逐一匹配…

我也不知道为啥我就想把POI的题全都放到一篇blog里写完. POI 2005 SAM-Toy Cars 贪心,每次选下次出现最晚的. POI 2006 KRA-The Disks 箱子位置单调,所以记录现在的箱子位置和前缀最小值,向上枚举就行. OKR-Periods of Words 戳这 POI 2007 OSI-Axes of Symmetry 戳这 MEG-Megalopolis 树剖 or dfs序上维护前缀和. POI 2010 GIL-Guilds 按照洛谷的题面,可以发现灰点就…

题面 出现了,神仙题! 了解一点博弈论的话可以很容易转化题面:问$B$有多少种取(diu)石子的方式使得取后剩余石子异或值为零且取出的石子堆数是$d$的倍数 首先有个暴力做法:$dp[i][j][k]$表示到第$i$个为止取出来的石子数目模$d$等于$j$且剩下的石子异或和为$k$的方案数,然后就枚举转移啊=.= 发现时空复杂度好像都不能承受,不过可以尝试分析/优化一下.首先分析一波后发现时间复杂度其实是对的......只是我们需要将石子数从小到大排个序,这样一路异或下来异或到$i$时最大值不超…

昨晚各种莫名其妙卡题. 不过细看这套题还挺简单的.全是各种暴力. 除了最后一道题计算几何看起来很麻烦的样子,其他题都是很好写的吧. A. Babs' Box Boutique 题目大意是给出不超过10个的长方体,然后求怎样堆叠使得放的长方体最多. 堆叠的要求是长方体一个一个的往上放,要求接触的面,上面的面长和宽不能比下面的面大 那么每个长方体有三个面,我们就3^n枚举每个长方体使用的哪一面放的. 然后按照这些面的宽进行排序,做一下LIS即可 #include <iostream> #inclu…

啥都不会做了.. 做题慢死 A.Grandpa's Walk 签到题. 直接DFS就行. 注意先判断这个点可以作为一个路径的起点不. 然后再DFS. 否则处理起来略麻烦 #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> #include <map> #define MAXN 111111 #define INF 1000000007 usin…

这套题..除了几何的都出了 完全没时间学几何.杯具 A,B,J 水题不解释 C.Pen Counts 这题的话 写几个不等式限制边得范围就行了 然后枚举最小边 D.Maximum Random Walk 这题的话. 正解是一个n^3的dp dp[i][j][k] 表示第i步走到第j位置最右为k的概率 然后用滚动数组搞,非常简单. 但是还有一种n ^ 2的方法. 被我在比赛中试出来的. 大概是直接记录的第i步走到最右为j的概率 #include <iostream> #include <a…

题面 入手点是每段路程中能量$e$与时间$t$的关系,$t-e$这个函数的导数对于各个路段一样,否则我们可以从导数大的一段路抽出一部分能量分给导数小的,这样会更优 毕姥爷在考场上的做法:猜一猜,然后拿python打打表,发现确实是这样的 那么可以把$e/t$化成关于每段速度$v$的一个式子 $e/t$ $=(ks(v-v')^2)/(s/v)$ 针对$v$求导 $=k(v-v')/(1/v^2)$ $=kv^2(v-v')$ 然后二分这个导数$d$,尝试反解出$v$ $kv^2(v-v')=d$…

题面 因为$A$中只有奇偶性不同的人才能做朋友,所以A中只可能出0/1/2个人,分类讨论 然后$B$中求最大团,转成补图后正好是个二分图(不然就不用做了),求最大点独立集=总点数-最大匹配 我洛谷上交的时候建边的时候制杖了,成了$O(n^2m^2)$建边,还好数据水跑不满+网络流跑得快900ms救回来了,估计BZOJ肯定gg了,正确的做法是直接对B全部建然后走边的时候判一下 #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring&…

题面 初见广义SAM 建立广义SAM,每次把询问走一遍,最终走到节点的子树里的猫老师都被这次点名点到 这样DFS parent树打时间戳记录入栈出栈时间,把问题转化成一个序列问题:给一个若干种颜色构成的序列和一些区间,询问: 1.每个区间里有多少种颜色— —直接莫队 2.每种颜色被多少区间包含— —同样是莫队,当某种颜色消失时从它上次出现开始的区间到现在的区间都包含了它 #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring>…

题面 以报酬为标准维护一个大根堆,从根节点往上合并,每次踢掉若干人直到花费合法后更新答案 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ; *N],goal[*N],led[N]; ]; int n,m,t1,cnt; long long ans,val[N],cst[N]; void Link(int f,int t) { noww[++cnt]=p[f]; go…

题面 二分答案,问题就转化为了一个可行性问题,因为我们不知道国王会往哪里走,所以我们要在所有他可能走到的点建造,考虑用树形DP解决(这个DP还是比较好写的,你看我这个不会DP的人都能写出来=.=) 定义$dp[x]$表示以$x$这个点为根的子树中(不包含x)需要修建的次数(因为1号点已经修好了,最后回来不用管),那么对于每个二分出的$mid$有$dp[x]=max((\sum dp[son[i]])+sons[x]-mid)$,其中$sons[i]$表示它(直接的)儿子的个数,显然对于每个点是必…

题面 从零开始的DP学习系列之叁 树形DP的基本(常见?)思路:先递归进儿子,然后边回溯边决策,设状态时常设$dp[x]$表示以$x$为根的子树中(具体分析算不算$x$这个点)的情况 显然的二分答案,之后问题转化为用$m$个能覆盖$mid$范围的点能否覆盖所有的特殊点,用树形DP判断 设$unc[nde]$表示以$nde$为根(包含$nde$)的子树中最远的未被覆盖的特殊点的距离,$cov[nde]$以$nde$为根(包含$nde$)的子树中最近的选出的点的距离.有两个从儿子$goal[i]$获…

题面 题外话:LYD说他当时看错题了,考场爆零了,然后有了作诗这道题=.= 离线处理询问,按右端点递增排序,然后对于每种花$flw[i]$,我们求一个$pre[flw[i]]$表示这种花上一次出现的位置.那么扫描每一朵花,然后一个询问右端点的花出现的贡献就是使得$[pre[pre[i]]+1,pre[i]]$这段可以多采到至少$1$朵花,当扫到询问左端点就单点统计答案.用一个数据结构进行区间修改+单点求和即可 洛谷不知道为啥把数据加强到了$2*10^6$,听说是卡莫队(不知所淦),然后把正常的线…

题面 还以为是差分约束,原来拓扑排序也能解决这样的问题=.= 类似差分约束的建图方式,我们把大小关系看做有向边.这样一来图上是不允许存在环的,于是我们可以做拓扑排序.然后问题来了,边数非常大,根本建不出图来=.= 不过我们有一个套路的做法,为每个区间配一个虚点,然后连边时先连到虚点再连到各个目标点.然后问题又来了,这样连边其实是$O(len^2)$的,$len$为区间长度,如果有个很大的区间这就萎了=.= 那什么东西解决区间问题好用呢?线段树— —我们用线段树优化建图,每次直接从虚点连到区间上,…

题面 这个题是比较套路的做法啦,建反图后缩点+拓扑排序嘛,对于所有处在$size>=2$的SCC中的点都是无限解(可以一直绕) 然后注意统计的时候的小细节,因为无限解/大解也要输出,所以我们把这些点统一统计成36501,然后所有的方案都对36501取min就可以很方便的输出了 #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace s…

题面 既然我们只知道最后数量为$k$的蚂蚁会在特殊边上被吃掉,不妨逆着推回去,然后到达每个叶节点的时候就会有一个被吃掉的蚂蚁的区间,然后二分一下就好啦 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,maxx=1e9; int ant[N],deg[N],leaf[N]; *N],goal[*N]; int n,g,k,t,root,t1,t2,n1,n2,cnt;…

题面 首先我们要有一个明确的构造思路 对于非根节点,我们把子树连上来的线两两配对,这样如果它有奇数个子树就会剩一个,这时候把这根线传给父亲即可.对于根节点还是两两配对,但是注意如果它也有奇数个子树就不能剩了,必须把这根线算上.这样第一问的答案就是每个非根节点贡献度数除以二下取整,根节点贡献度数除以二上取整 第二问我们先二分答案,仍然沿用这个思路,这时我们要让最长的最短,于是我们每次把子树里传上来的线塞进一个multiset.讨论:对于有奇数个子树的情况,从大到小枚举线,二分出和当前的线拼起来不超…

题面 事实上这份代码在洛谷过不去,因为好像要用到一些压缩空间的技巧,我并不想(hui)写(捂脸) 先预处理$1$到$k+1$这些点之间相互的最短路和它们到终点的最短路,并记录下每个点能够转移到时的状态,然后就是状压dp辣. 设$dp[s][i]$表示状态为$s$时处在点$i$的最短路,就可以$O(2^kk^2)$转移了,注意最好减一些不合法状态,因为这时间挺危险的=.= #include<queue> #include<cstdio> #include<cstring>…

题面 这题不开O2怎么过=.= 可能这种有关最短路的计数题做多了就有些感觉了...... 以每个点为基准跑出一张最短路图,然后对每个边$(u,v)$统计两个东西.一个$pre[u]$表示到达$u$这个起点的路径条数,一个$nxt[v]$表示从$v$开始的最短路数,然后对每条边来一下乘法原理. 然后是这两个玩意的统计方法,$pre[]$可以在最短路图上跑拓扑排序得出,$nxt[]$可以跑记忆化搜索,这样统计的复杂度是$O(n+m)$的,总复杂度大概$O(nmlog$ $n)$?然而并不能卡过去..…

题面 完了,做的时候已经想不起来分层图这个东西了QAQ 对于这种“多种”路径加中转站的题,还有那种有若干次“特殊能力”的题,都可以考虑用分层图来做 显然只需要记录所有的中转站+起点终点,然后拆出横竖两层,一层的点之间连值为$2$的边,每个站的两层之间连值为$1$的边,然后再跑最短路.注意数组大小,还有起点和终点的两层是连零边的 #include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm…

题面 还可以这么搜......学到了(PoPoQQQ orz) 我们最朴素的做法是枚举所有状态(当然可以剪,剪完最终实际状态量也是$C_{26}^{13}$的),然后每次$O(n)$扫一遍判断,大概会T炸,考虑优化 我们先预处理每个状态中$1$的数目和连边的状态,然后压缩状态初始让一边集合为空,一边集合为全集,这样每次从已有的点的前面$\frac{n}{2}$个点中枚举一个加入另一边,就可以边搜边更新边数而不用最后$O(n)$检查了.另一个问题是数组可能非常大,这里我们可以把状态拆成前后两半,然…

题面 洛谷数据非常水,建议去bzoj 我第一眼一看这不是那个POI2011的升级版吗(明明这个是2009年的,应该说那个是这个的弱化版,果然思想差不多. 因为$k$很小,可以考虑每个间隔距离来转移.我们按照传统(雾,其实这里的的名字已经不是很符合定义了,设$cov[i][j]$表示以$i$为根的子树里剩余控制距离为$j$的点还能控制几个点,$unc[i][j]$表示以$i$为根的子树里还没被覆盖的距离等于$j$的点有几个.每次从儿子获取信息后先更新$cov[x][k]$,然后就是这“类”题的关键…

首先洛谷的题面十分的劝退(至少对我这个菜鸡来说是这样),我来解释一下(原来的英文题面): 有一个有若干个密码(每个密码都可以开箱子)的密码箱,密码是在$0$到$n-1$的数中的,且所有的密码都满足一个条件:如果$x$是密码,$y$也是密码($x$可能等于$y$),那么$(x+y)\%n$也是密码.现在有一个人在试密码,他试了$k$个数,前$k-1$个都是错的,第$k$个是对的.现在你要求这个密码箱最多有多少不同的密码. 显然如果$x$是一个密码,那么$ax(a∈N\&\&ax<n)$…

题面 有点意思的题 从一个位置$i$出发可以到达每一个位置即是从$1,n$出发可以到达$i$.然后有了一个做法:把图上下反转后建反图,这样就可以求从一个点$i$到达左右两侧的花费$dp[i][0/1]$了,这个花费就是当前总长度-到这个点为止的LIS长度(左右各求一遍).因为还要考虑边的这个问题,可以用一个权值树状数组维护前/后缀最大值来实现.可以发现合法点的左侧都能到达左端,右侧都能到达右端,所以其实我们找的是一段区间,即找一段区间$(l,r)$使得$dp[l][1]+dp[r][0]<=k$…

题面 原来看过然后没做,结果板板把这道题改了改考掉了,血亏=.= 首先看看有没有符合条件的点.如果没有开始寻找解,先把所有的大于$2*k$的点设为坏点,然后求最大子矩形,只要一个最大子矩形的权值和超过$2*k$则它的一个子矩形一定可以成为解.因为这时所有点都小于$k$,这个最大子矩形既然权值和超过$2*k$那么一定是有一部分落在所求的区间中,然后逐行/列枚举切一下是一定有解的. 注意最大子矩形的边界(为什么你们的最大子矩形都要做两遍啊=.=) #include<cstdio> #include…

题面 水水的换根裸题,不过以前还真没做过换根的题 换根的思想就是在DFS中利用树的信息更新出当前点为根时的信息,具体来说一般是考虑子树外和子树内两部分 每个点的答案$ans$就是$ans[fa]+n-2*siz[nde]$ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ; *N],goal[*N]; int p[N],dep[N],siz[N]; int n,t1,…

题面 看起来很水,然而不会DP的蒟蒻并不会做,PoPoqqq orz 设$f[i][j]$表示当前在第$i$个点和第$i+1$个点之间查票,已经查了$j$次的最大收益.然后就是那种很常见的枚举前一个结尾的转移,主要是贡献的求法,从$x$到$y$的贡献是$val[(x+1,y+1)][(y,n)]$(二维前缀和一下).对于方案就在更新时记录上一个结尾即可 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> usin…