\(0x01~~Preface\) \(emmm\)这次CF本身打的很顺畅,但是居然unrated了--咕咕咕咕 这是头一次CF有比赛我全部题目都做了--可喜可贺可喜可贺233 简单总结一下前面四道题\(\color{red}{Link}\): A题:sb题,\(O(n^2)\)枚举的红题(或许都不到),但是我\(check\)的时候太粗心WA了一次身败名裂XD B题:sb题,一个模拟,需要一个可以处理优先级的数据结构(其实就是堆但是我一开始想的是线段树) C题:sb题,一个贪心(其实是数学上可…

[题解]PKUWC2018简要题解 Minimax 定义结点x的权值为: 1.若x没有子结点,那么它的权值会在输入里给出,保证这类点中每个结点的权值互不相同. 2.若x有子结点,那么它的权值有p的概率是它的子结点的权值的最大值,有1-p的概率是它的子结点的权值的最小值. 1号点权值第i小的可能性的权值是\(V_i\),它的概率为 ,求: \[ \sum i V_iD_i^2 \] \(n\le 3e5\) 先离散化一下所有叶子节点的值,然后考虑一个DP \(dp(i,j)\)表示在\(i\)点权…

这题真的想了挺久的,然而到最后也还是没想到怎样处理环的情况……网上竟然也完全没有题解,无奈之下到 CF 的 AC 代码里面去找了一份膜拜了一下.感谢~ 由于觉得这题有一定的难度,自己看代码也看了比较久才理解,就记录一下吧…… 首先,不难发现一个人一定不会往返走.因为一个人之所以要往回走,理由一定是因为碰到了已经访问过的凳子(与他人的路径相撞).我们不妨看作是这两个人灵魂交换,即两人均继续向前,而不往返.所以问题转化为在一个环上指定 n 个点,从每个点可以顺 \ 逆时针延伸出一条长为 x 的线段,…

C - Same Integers 题解 要么三个都达到最大的数,要么三个都到达最大的数+1,判断是前一种情况的方法是不断垫高前两大的,看之后最小的那个和最大的那个差值是不是2的倍数 否则就是第二种情况 代码 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <ctime> #i…

这里是总链接\(Link\). \(A\) 题意:求\(\sum_{i=1}^{k} a_i\times b^{k-i}\)的奇偶性, \(k = \Theta(n \log n)\) --其实很容易想麻烦,比如说逐个判断,整体判断啥的.但其实只要对结果都\(\bmod ~10\),然后判断奇偶性就好了. cin >> b >> k ; for (i = 1 ; i <= k ; ++ i) scanf("%d", &base[i]) ; reve…

首先,我们从 u -> v 有一个明显的贪心,即能向上跳的时候尽量向深度最浅的节点跳.这个我们可以用树上倍增来维护.我们可以认为 u 贪心向上跳后不超过 lca 能跳到 u' 的位置, v 跳到 v' 的位置,这时只需要查询一下是否有 u' -> v' 的直达公交线路就可以确定出答案了. 如果 u 和 v 在一条链上,我们可以直接倍增获得答案,所以以下讨论均为 u != lca && v != lca 的情况. 若在节点 u 和 v 之间存在一条直达线路,说明有一条线路的起点在…

感觉对期望也一无所知……(:′⌒`)╮(╯﹏╰)╭ 一直在考虑怎么dp,最后看了题解——竟然是这样的???[震惊]但是看了题解之后,觉得确实很有道理…… 我们可以考虑最后答案的组成,可以分开计算不同的点对于答案的贡献(期望具有线性性).我们可以把这个染色的过程看做每一个节点均需要被染色,但只有第一个被染色的节点会消耗1点代价.这样我们就可以分别分析每个点对于答案产生贡献的概率,答案即为概率之和.而一个点会对答案产生影响的概率是多少?实际上这只与它到根的链上的节点是相关的,因为只要在染色它的祖先节…

状压妙啊... 本题的主体思路:状压+容斥原理(或状压+数位dp) 记g[i]表示按位与后结果所有位上至少有i个1的方案数 那么根据容斥原理,ans=g[0]-g[1]+g[2]-g[3]+g[4]... 于是如果我们求出了g,就可以求出ans 可是怎么求出g呢 我们记f[i]表示a&i==i这样的a的个数,那么如果i某一位上为1,则a这一位上也为1 于是我们可以枚举所有可能的结果(0-10^6),然后观察这个结果是否是某一个可能结果的子集,如果是的话就累计个数 详细说一下,就是我首先读入所有数…

有趣啊~手玩一下这棵树,发现因为连边只对相连点的位数有限制,我们可以认为是在往一棵已经有 m 个结点的树上挂叶子结点直到满足要求.(m = log(10) n).注意由于 m 超级无敌小,我们可以直接爆搜初始树,然后 dinic 二分图匹配即可.(网络流:一边的点表示限制,另一边的点表示位数.每一条限制可以删去一个节点, 检验一下是否能够删完即可). #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 300000 #defin…

在某次考试的时候用过的办法,懒人必备……[笑哭] 一个非常显然的 dp,我们用 \(f[i][j]\) 表示第 \(i\) 行第 \(j\) 列的格子走到最后一排的期望步数转移即为 \(f[i][j] = \frac{f[i][j - 1] + f[i][j + 1] + f[i + 1][j] + f[i][j]}{4} + 1\) 略微的化一下简: \(f[i][j] = \frac{f[i][j - 1] + f[i][j + 1] + f[i + 1][j] + 4}{3}\) (当然,…

个人感觉挺有意思的,然而被颜神D无聊惹(-￣▽￣)- 这题我们可以首先试图去统计以每一个点作为 w 点所能对答案造成的贡献是多少.不难发现,当且仅当 u 和 v 都在 w 所在边双的一侧的时候不能构成一个合法的三元组,因为它们要到达 w 均需经过一条共同的割边.那么因为原图是一棵树,所以我们连接两个点的时候就是在把这两个点所在的边双一直到根所在的边双都合并为一个. 考虑如何在合并答案的时候计算出答案的变化.若我们合并的是 S,T 这两个集合,我们可以先减去由 S 和 T 中的点作为 w 点时对答…

这题还挺对胃口的哈哈~是喜欢的画风!回家路上一边听歌一边想到的解法,写出来记录一下…… 首先,由于 \(b_{k} < a_{k + 1}\) ,所以我们可以看作是在一个长度为 n 的序列上选择出 k 个不相交的区间使得这 k个区间的长度各不相同.那么我们可以先求出 \(f[i][j]\) 表示选择了 \(i\) 个区间,这 \(i\) 个区间的区间长度总和为 \(j\) 的方案数.然后,我们考虑用这些方案数与序列剩下的长度的划分的方案数共同构成答案.所以我们再求一个 \(g[i][j]\) 表…

挺有收获的一道题ヾ(◍°∇°◍)ﾉﾞ 恰好为 m ,这个限制仿佛不是很好处理.一般而言,我所了解的恰好为 k 的条件,不是用组合数 / dp状态转移 / 斜率二分就只剩下容斥了.我们可以先处理出 num[i] 表示至少有 i 个完美位置的方案数,之后再容斥得到 ans[m] (恰好为 m 个).如何获得 num 数组?建立dp状态为 f[i][j][p][q], (其中p, q为01状态)表示dp到第 i 个位置,已经出现了 j 个完美的位置,且 i 和 i + 1 是否被用过.转移的时候分情况…

一个非常明显的 \(nk\) dp 状态 \(f[i][k]\) 表示以 \(i\) 为第 \(k\) 段的最后一个元素时所能获得的最大代价.转移的时候枚举上一段的最后一个元素 \(j\)更新状态即可.考虑如何优化这个过程?主要的时间消耗在两个部分:一个是确定一段区间的贡献,另一个是找到最大的值. 这两个都是可以使用线段树来维护的,一段区间的贡献我们可以扫描线,而最大值则直接线段树维护最大值.如何滚动反而好像是最难的……想了一会儿,因为显然 memset 不可接受,然而我们可以 \(O(n)\)…

尽管是一道E题,但真心并不很难~不难发现,有一些物品是一定要被选择的,我们所需要决策的仅仅只有那几个有重复价值的物品. 而不同名字之间的概率并不互相影响,所以我们有 \(f[i][j]\) 表示名字为 \(i\) 的物品呼唤 \(j\) 次恰好获得前 \(j\) 大的价值的物品的概率.转移方程为: \(f[i][j] = f[i][j - 1] * j * \frac{1}{a[i][0]−j+1}\) 为什么要\(*j\) 呢?因为这第 \(j\) 个物品的排列顺序并不是固定的. 要把这 \(…

好久没有写过数据结构题目了,果然还是太不自信.实际上就是要求统计一个式子: \(\sum (c[k]*p[k] - C)^{2}\) 拆开,分别统计和与平方和 \(co[k] * \sum p[k]^{2} - 2 * C * co[k] \sum p[k] + \sum C ^{2}\) 显然可以用树链剖分 + 线段树维护 平方和在区间 + 1的时候直接用 \((x + 1) ^ {2} = x^2 + 2 * x + 1\) 计算即可. 至于不同的口味的问题,我们给每个口味都开一线段树,动态…

感觉这题的状态还是比较明显的.设置状态 \(f[i][j][0/1]\) 表示dp到第 \(i\) 个位置,前面(包括这里)已经出现了 \(j\) 个山峰,当前位置是不是山峰即可 dp.这样的状态有一个很优秀的性质:我们注意到在最后的答案当中,我们一定不会去修改山峰的高度(这样做显然毫无意义).那么这样dp我们可以通过分类讨论直接计算出使一个节点成为山峰的代价. 如:降低一个位置使得前面与后面均为山峰,降低到小于两者的高度.降低一个位置使得后一个位置为山峰,降低一个位置使得前一个位置为山峰,都只…

天啊我怎么这么蠢……写了一个树形dp,的确发现记录的很多值并没有什么用,然而当时脑子没转过弯来还是写了这个树形dp……虽然能A但就不解释了,总之是个垃圾算法(ｰ̀дｰ́) #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 1000000 #define mod 1000000007 #define int long long int n, ans, rec, fa[maxn]; ], f[maxn][]; int read()…

容易发现这些 vip 用户并没什么用,所以考虑枚举手持50元与100元的人共有多少个.设手持50元的人 \(a\) 个,手持100元的人 \(a - k\) 个,那么一共是 \(2*a - k\) 个人,最后手上会剩余 \(k\) 张50元钞票.用卡特兰数计算得到在这种情况下的方案数就是: \((\binom{2 * a - k}{a} - \binom{2 * a - k}{a + 1}) * \binom{n}{2 * a - k}\) 其中 \(l <= k <= r, 1 <=…

题面 注意到每次只染色一行或者一列,那么我们最后输出第i行第j列的数字是多少的时候只需要看一下最后一次i行和第j行被染了什么颜色,所以我们需要对每一行和一列记录最后一次染色的颜色. 但是我们也需要比较是行比列后染色还是列比行后染色,所以我们还需要记录一下每行每列染色的最后时间. 然后模拟即可 #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; ],y[],z[]; ],cnt1,row[],cnt2; ],bo2[]…

F. Bear and Fair Set time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output Limak is a grizzly bear. He is big and dreadful. You were chilling in the forest when you suddenly met him. It's very u…

@ACMLCZH学长出的毒瘤题T3.再也不是“善良”的出题人了. 题意:bzoj. 题解: 经典的树形DP题目,屡见不鲜了,然而我还是没有写出来. 这一类的题目有很多,例如这里的C题. 主要套路是把对儿子的枚举变成一个类似背包的转移方式,实现降复杂度. 需要注意的是某一个地方的DP值不能直接拿来判断是否有解,例如mod=1时,DP值全为0就没法判断了. 这里比较骚的操作是把mod的倍数变成mod,而0不变,这样就不会漏判. #include<bits/stdc++.h> #define F(i…

[前言] 感觉稍微有些滑稽吧,毕竟每次练的题都是提高组难度的,结果最后的主要任务是普及组抱一个一等奖回来.至于我的分数嘛..还是在你看完题解后写在[后记]里面.废话不多说,开始题解. 第一题可以说的内容不是很多吧.直接暴力,计算每种铅笔需要花费的金额. 只不过计算的时候,需要注意如下问题 如果不是整数倍,除完后要加1 神奇的Linux系统,很多人的第三个点wa了,所以要养成良好的编写代码的习惯 Code(我的源程序) #include<iostream> #include<fstream…

题目描述 在2016年,佳媛姐姐喜欢上了数字序列.因而他经常研究关于序列的一些奇奇怪怪的问题,现在他在研究一个难题,需要你来帮助他.这个难题是这样子的:给出一个1到n的全排列,现在对这个全排列序列进行m次局部排序,排序分为两种:1:(0,l,r)表示将区间[l,r]的数字升序排序2:(1,l,r)表示将区间[l,r]的数字降序排序最后询问第q位置上的数字. 输入输出格式 输入格式: 输入数据的第一行为两个整数n和m.n表示序列的长度,m表示局部排序的次数.1 <= n, m <= 10^5第二…

最近貌似大家都在搞字符串?很长一段时间都没有写博客了……还是补一补坑吧. 感觉AC自动机真的非常优美了,通过在trie树上建立fail指针可以轻松解决多模匹配的问题.实际上在AC自动机上的匹配可以看做是拿着一个串在上面跑,在固定一个左端点的时候尽量地向右匹配.如果发现实在是匹配不下去了,就向右挪动左端点实现新的匹配(跳转fail指针).基本上根据这一条理解,就可以解决大部分的问题了. AC自动机裸考的不多,除了匹配之外一个较常见的搭配就是和DP结合在一起.但本质上依然是在匹配串,只要根据fail…

题目链接https://qduoj.com/contest/28/problems,密码:qdu1230 E题: 思路:先进行排序,然后去暴力模拟就可以,但可能WA了几次,导致此题没解出来,有点可惜 代码: #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; int a[3005]; int b[3005]; int ma…

D1T1 code 签到题,大家都会. 可以从高位往低位确定,如果遇到 \(1\),则将排名取反一下. 注意要开 unsigned long long. #include <bits/stdc++.h> typedef unsigned long long u64; const int MaxN = 100; u64 n, K; bool ans[MaxN]; inline void solve(u64 dep, u64 k) { if (dep == 0) return; u64 lsze…

题目链接:Click here Solution: 看起来是贪心,其实不然... 我们定义\(f[i]\)表示仅覆盖\(1\sim i\)所需要的最小代价,那么对\(i\)为0的点来说,易得\(f[i]=min(f[i],f[i-1]+i)\) 考虑当\(i\)为1时怎么办,当\(i\)为1时,根据定义,我们不转移\(i\)这个位置的值,而转移\(i+k\)这个位置的值 很显然,只要\(1 \sim p(i-k\le p\le i+k-1)\)已被覆盖,那么再选\(i\),\(1\sim i+k…

LINK:Résumé Review 这道题让我眼前一亮没想到二分这么绝. 由于每个\(b_i\)都是局部的 全局只有一个限制\(\sum_{i=1}^nb_i=k\) 所以dp没有什么用 我们只需要满足他们的累和=k即可. 容易想到每次给b加1带来的贡献是 \(\Delta_x=a_i-3{b_i}^2-3b_i-1\) 开一个堆每次取出最大值 这样显然是最优的. 不过复杂度为klogn k足足有1e14这么大. 一个绝妙的想法 每次增加的值是递减的 那么第k次增加的值也是固定的. 可以进行二…

写了3小时 = =.这两天堕落了,昨天也刷了一晚上hihocoder比赛,还爆了零.之后得节制点了,好好准备考研.. 首先很容易想到 压缩数据 + 线段树 然后对于Pushdown真很难写..需要牵涉到状态修改(所以我又写了一个adjust函数,辅助修改) 我一直跪在test7,因为3号修改在一开始就会出现cover符号的修改,我一开始没有加(比方说1-4都是0,现在 做3 1 4,直接吧1-4的状态改为1就行了) #include <cstdio> #include <cstdlib&…