Solution 这是一道好题. 考虑球体的体积是怎么计算的: 我们令\(f_k(r)\)表示\(x\)维单位球的体积, 则 \[ f_k(1) = \int_{-1}^1 f_{k - 1}(\sqrt{1 - r^2}) dr \] 然而\(f_{k - 1}(\sqrt{1 - x^2})\)并不容易处理, 我们又注意到\(k\)维球体的体积可以表示为\(a \pi r^k\), 因此\(f_k(\sqrt{1 - r^2}) = f_k(1) \times (1 - r)^{\frac…

Solution 这题实际上并不是构造题, 而是一道网络流. 我们考虑题目要求的一条路径应该是什么样子的: 它是一个环, 并且满足每个点有且仅有一条出边, 一条入边, 同时这两条边的权值还必须不一样. 考虑如何建图: 我们对每个景点分别建一个点, 源点连向左岸的景点, 右岸的景点连向汇点, 边的容量都是2, 这限制了一个点最多只能连两条边; 我们再将一个点拆成\(k\)个, 每个代表一个连入的边的权值, 也就是说对于连入一个点的所有边, 都连在代表该边的权值的点上; 一个景点与其拆成的\(k\)…

Solution 这道题告诉我们, 不能看着数据范围来推测正解的时间复杂度. 事实证明, 只要常数足够小, \(5 \times 10^6\)也是可以跑\(O(n \log n)\)算法的!!! 这道题有两种思路. 比较容易想到的(也是我考场上想的)一种是: 把所有任务按照权值从大到小排序, 从权值大的开始安排, 将其安排在尽可能靠后的位置; 假如位置不够, 安排不下, 则可停止. 但这样非常难统计答案, 我想到的做法是用线段树的分裂与合并来维护整个区间. 但考虑到时间复杂度以及常数大小, 还是…

Solution 最小割. 参考BZOJ 3144切糕 在那道题的基础上将建图方法稍作变形: 我们对格子进行黑白染色, 对于两个格子之和\(\le k\)的限制, 就可以确定其中一个是白色格子, 一个是黑色格子. 我们让黑色格子和白色格子的点的顺序相反, 就可以表示限制了. 目前的代码还是WA的. #include <cstdio> #include <cctype> #include <vector> #include <deque> #include &…

Solution 观察冒泡排序的过程. 我们注意到, 每一轮的排序都会使得每个数后面比它小的数的个数减\(1\). 我们用\(f(n, m)\)表示对\(1\)到\(n\)的一个排列进行冒泡排序, 满足在不超过\(m\)轮内完成的排列数量. 易知 \[ f(n, m) = \begin{cases} m! \\ m! (m + 1)^{n - m} \end{cases} \] 我们再用\(g(n, m)\)表示对\(n\)个数的排列进行冒泡排序, 使得排序过程恰好\(m\)轮完成的排列数量,…

Description  Special Judge Hint 注意是全程不能经过两个相同的景点,并且一天的开始和结束不能用同样的交通方式. 题解 题目大意:给定两组点,每组有$n$个点,有若干条跨组的有色无向边.求一种方案,包括若干个不相交的连通块,覆盖全部点,每个连通块满足能一笔画(不经过重复的点)并且相邻两次经过的边颜色不相同(开头和结尾经过的边也不能相同). 是不是有点类似二分图匹配的问题呢?我们还是考虑用最大流来建图. 一笔画的时候,每一个经过的点有且只有一条入边,有且只有一条出边,即…

Solution 线段树好题. 我们考虑用last[i]表示\(i\)这个位置的颜色的上一个出现位置. 考虑以一个位置\(R\)为右端点的区间最远能向左延伸到什么位置: \(L = \max_{i \le j} last[j]\). 而我们的答案就等于 \[ sum_{i = 1}^n (i - (max_{1 \le j \le i} last[j])) = \sum_{i = 1}^n i - \sum_{i = 1}^n max_{1 \le j \le i} last[j] \] 第一项…

Solution 好题, 又是长链剖分2333 考虑怎么统计答案, 我场上的思路是统计以一个点作为结尾的最长上升链, 但这显然是很难处理的. 正解的方法是统计以每个点作为折弯点的最长上升链. 具体的内容题解已经写得很详细了, 直接看题解吧: 线性的LIS的经典做法:从左往右扫并维护f[x]表示当前长为x的LIS的最后一个数最小是多少,易证f[x]必定递增,每次新加一个数y,则在f中二分查找最小的x使得f[x]>=y,若找到则将f[x]设为y,否则在f末尾加上y.最后f的长度即为答案. 答案一定是…

Solution 相当于要你计算这样一个式子: \[ \sum_{x = 0}^m \left( \begin{array}{} m \\ x \end{array} \right) \left( \begin{array}{} k \\ n - m + 2x \end{array}{} \right) \] 考虑到\(m\)非常大, 而\(k\)却比较小, 我们尝试将\(x\)的\(m\)相关转化为\(k\)相关. 我们用如下现实意义来考虑: 令\(N = n - m\), 则我们相当于有两堆…

Solution 这题的解法很妙啊... 考虑这三个点可能的形态: 令它们的重心为距离到这三个点都相同的节点, 则其中两个点分别在重心的两棵子树中, 且到重心的距离相等; 第三个点可能在重心的一棵不同于前两个点子树上, 也有可能在重心往上走可以到达的位置上. 定义数组\(f[i][j]\)表示在以\(i\)为根的子树下与\(i\)的距离为\(j\)的节点个数; \(g[i][j]\)表示在以\(i\)为根的子树下, 有多少个点对满足如下条件: 这个点对到它们LCA的距离相同, 我们假设其为\(d…

Solution 正解是一个\(\log\)的link-cut tree. 将一条边拆成两个事件, 按照事件排序, link-cut tree维护联通块大小即可. link-cut tree维护子树大小非常不熟练. 正确的做法是每个点开两个变量size和add, 分别表示在splay中以这个点为根的所有点所在的子树的点的数量, 以及以当前点为根的子树由虚边贡献的点的数量. #include <cstdio> #include <cctype> #include <algori…

Solution 考虑怎么卖最赚钱: 肯定是只卖不买啊(笑) 虽然说上面的想法很扯淡, 但它确实能给我们提供一种思路, 我们能不买就不买; 要买的时候就买最便宜的. 我们用一个优先队列来维护股票的价格, 从前往后扫描. 假设我们已经知道了到前一天的最优策略, 考虑到当前这一天的最优策略: 假如手上还有股票, 那么一定是要把它卖掉的; 假如已经没有股票了, 那么我们就在原本打算卖出的股票以及这一天的股票中选出股价最低的买入. 用优先队列维护股价, 从第一天往后扫描即可. #include <cst…

Solution KD tree + 最小割树…

Solution 智障暴力题, 每个点维护一下子树信息, 树剖就好了. 我居然还傻了写了一发毛毛虫... #include <cstdio> #include <cctype> #include <vector> #include <algorithm> #include <cstring> #define vector std::vector #define max std::max #define min std::min #define s…

Solution 我们把遇到一个旗子或者是遇到一个敌人称为一个事件. 这一题思路的巧妙之处在于我们要用\(f[i]\)表示从\(i\)这个事件一直走到终点这段路程中, \(i\)到\(i + 1\)这段路只被经过一次的概率. 分类讨论: \(i + 1\)是一个敌人, 则\(f[i] = f[i + 1] \times p[i + 1]\) \(i + 1\)是一个旗子, 则 \[f[i] = f[i + 1] \\ + f[i + 1] \times (1 - f[i + 1]) \times…

Solution 我们发现, 对于一条路径来说, 花费总时间为\(ap + q\), 其中\(p\)和\(q\)为定值. 对于每个点, 我们有多条路径可以到达, 因此对于每个区间中的\(a\)我们可以找到不同的\(p\)和\(q\)使得答案最优. 因此对每个点维护一个凸包即可. 同时我们注意到\(0 \le a \le 1\), 因此凸包中的元素不会无限增长. 考虑如何构建这个凸包? SPFA即可. 具体实现见代码. #include <cstdio> #include <cctype&…

Solution 一个定理: 把两棵树用一条边练成一棵树后, 树的直径在原来两棵树的四个直径端点中产生. 放到这一题, 我们通过DP先求出大树中以每个点为根的子树中的直径, 再取每棵小树中与其他树有连边的点以及两个直径端点作为虚树上的关键点, 建虚树再求一次直径即可. #include <cstdio> #include <cctype> #include <vector> #include <map> #include <algorithm>…

Solution 注意到这一题并不要求字符串最短或者是字典序最小, 因此直接构造就可以了. 我们对于每个点\(u \ne 0\)找到一个串\(S\), 使得\(T(u, S) = T(0, S)\), 时间复杂度为\(O(n^3m)\). 假如我们发现对于某个点无法找到一个这样的串, 则说明无解. 接着我们用一个集合来表示自动机中所有点. 对于每个非零的点, 我们用前面求出来的串将其变成\(0\), 同时用这个串更新集合中的其他节点即可. 总时间复杂度: \(O(n^4 + n^3m)\) #i…

Solution 这题的解法很妙啊... 考虑这三个点可能的形态: 令它们的重心为距离到这三个点都相同的节点, 则其中两个点分别在重心的两棵子树中, 且到重心的距离相等; 第三个点可能在重心的一棵不同于前两个点子树上, 也有可能在重心往上走可以到达的位置上. 定义数组\(f[i][j]\)表示在以\(i\)为根的子树下与\(i\)的距离为\(j\)的节点个数; \(g[i][j]\)表示在以\(i\)为根的子树下, 有多少个点对满足如下条件: 这个点对到它们LCA的距离相同, 我们假设其为\(d…

Time Limit: 1000 ms   Memory Limit: 256 MB Description 题解 状态表示: 这题的状态表示有点难想...... 设$f_i$表示第$i$个事件经过之后,到达终点之前,不再回到事件$i$或事件$i$的左边的概率,反过来说就是可以在右边乱绕,若事件$i$的位置为pos,“右边”指的就是$(pos,h]$. 我们将第$i$个事件到第$i+1$个事件中间这一段路程记为$S_i$,那么期望经过$S_i$的次数就为$1/f_i$. 为什么是$1/f_i$呢…

Description 题解 (这可是一道很早就碰到的练习题然后我不会做不想做,没想到在Contest碰到欲哭无泪......) 题目大意是寻找三点对的个数,使得其中的三个点两两距离都为d. 问题在于,这个d不是定值啊,这使得DP的进行比较困难. 于是这个神奇解法在DP过程中把d省去了! 状态表示 $f [u][i]$: 以u为根的子树内,到u的距离为i的节点个数,$f [u][0]=1$ . $g [u][i]$:以u为根的子树内,存在多少点对 (a,b),它们到它们的lca的距离都为d,且它…

Description 题解 题目说这是一个具有神奇特性的数列!这句话是非常有用的因为我们发现,如果套着这个数列的定义再从原数列引出一个新数列,它居然还是一样的...... 于是我们就想到了能不能用多点数列套着来加速转移呢? 但是发现好像太多数列套起来是可以烦死人的...... 我们就采用嵌套两次吧(第三次以后规律就不明显了),记原数列为A,第一层嵌套为B,第二层嵌套为C. 我们其实可以发现一些规律,对于Ci,它对应了B中i的个数:对于Bi,它对应了A中i的个数. 稍加处理即可,我们一边计算一边…

HINT 注意是全程不能经过两个相同的景点,并且一天的开始和结束不能用同样的交通方式. [吐槽] 嗯..看到这题的想法的话..先想到了每个点的度为2,然后就有点不知所措了 隐隐约约想到了网络流,但并没有继续往下想了... 听完学长的讲评之后(%xj)个人觉得建图还是很有意思的ovo [题解] 因为每个点到对面都有k种方式,那就想到每个点原来的点$x_0$拆成k个点$x_1$, $x_2$, $x_3$... $x_k$ 然后很自然地$x_0$和拆成的点之间要连边 容量的话,因为hint里面的限制…

[吐槽] 首先当然是要orzyww啦 以及orzyxq奇妙顺推很强qwq 嗯..怎么说呢虽然说之前零零散散做了一些概d的题目但是总感觉好像并没有弄得比较明白啊..(我的妈果然蒟蒻) 这题的话可以说是难得的一道搞得比较清楚的概d题目吧记录一下还是挺有意思的ovo 当然咯..显然考场上并没有推出来..嗯qwq [题解] 看到说要求期望的距离,然后总的长度又被分成了一段一段的(各个事件) 所以就有一个比较直接的想法:将每一段期望走的次数算出来然后再乘上每一段的距离,加起来就是答案啦 那么现在问题来了怎…

Description Solution 核心思想是把组合数当成一个奇怪的多项式,然后拉格朗日插值..:哦对了,还要用到第二类斯特林数(就是把若干个球放到若干个盒子)的一个公式: $x^{n}=\sum _{i=0}^{n}C(n,i)*i!*S(i,x)$ 围观大佬博客(qaq公式太难打了) Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using na…

Description Solution 由于题目要求,将a[i]->b[i](边权为i)后所得的图应该是由森林和环套树组合而成. 假如是树形结构,所有的t[i]就直接在线段树t[i]点的dfs序(即in[t[i]],out[t[i]]区间)处记录t[i]点的深度. 这样,针对所有的f[i],在线段树上查找所有包含in[f[i]]点的区间所记录的最大深度d.(这个深度就是在离f[i]最近并且已经验证了是真命题的祖先的深度) 然后用倍增算出f[i]向上到深度d,所经过的编号最大值c.ans=min…

Description Solution 哇真的异常服气..线段树都可以搞合并和拆分的啊orzorz.神的世界我不懂 Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; ; ; int sz[M],lc[M],rc[M],tag[M],rt[N],all_work,cnt; ) { int o=++cnt; tag[o]…

Description Solution 感谢大佬的博客https://www.cnblogs.com/ywwyww/p/8511141.html 定义dp[i]为[p[i],p[i+1])的期望经过次数,f[i]为处理完事件i后不会再回到i点或以前,直接到终点的概率. 则$dp[i]=1+(1-f[i])+(1-f[i])^{2}+......=\frac{1}{f[i]}$ 设事件i+1的胜率为k. 1:下一个事件是敌人,则f[i]=kf[i+1],即$dp[i]=\frac{dp[i+1]…

Description Soluton 666这道题竟然用凸包... 维护r和c的下凸壳.哪个斜率大走哪个. 证明:我们先不考虑其他的,只考虑两条路,如下图: 设图的长度为x,宽度为y.如果我们要走上面的路径,则r1*y+c1*x>=r2*y+c2*x. 移项得$\frac{(r1-r2)}{x}\geq \frac{(c2-c1)}{y}$. 显然对于只有两条路的情况,证明成立. 感性理解一下,最终的最优路径必然是由无数点的最优路径组成,如S->T1->T2->T3->T4…

Description Solution 定义dp[i][j]为在1到i个数中选了j个数,并且保证选了i的选法总数. dp[i][j]为所有满足A[k]>A[i]的k(k<i)的dp[k][j-1]之和.在处理完dp[i][j]后,在树状数组里A[i]位置填上dp[i][j-1]的值就好.这样可以优化一下复杂度.[A可能要离散化一下] 然后,容斥大法好~ 定义g[x]为最终序列长度为x的方案数.由于x是从大变小,所有的g[i]都是已经处理完毕的了. (似乎还有一种不用n2操作,直接扫一遍就好的…