题解 \(by\;zj\varphi\) 对于这个序列,可以近似得把它看成随机的,而对于随机数列,每个数的分布都是均匀的,所以中位数的变化可以看作是常数 那么可以维护一个指向中位数的指针,同时维护有多少个小于等于它的数. 让这个指针跳值域,用有多少个小于等于它的数来判断 对于 \(k\) 为偶数的情况,维护两个指针即可 注意:素数要卡着筛,而且用 \(bitset\) 必须开 \(O2\) Code #include<bits/stdc++.h> #define ri register sig…

题解 考试的时候遇到了这个题,没多想,直接打了优先队列,但没想到分差竟然不是绝对值,自闭了. 正解: 值域很小,所以我们开个桶,维护当前最大值. 如果新加入的值大于最大值,那么它肯定直接被下一个人选走. 如果不大于这个最大值,那么直接选择最大值,同时对最大值的桶减一,如果最大值的桶为零,那么往下跳值域直到一个桶不为零的. 因为这个最大值是单调不增的,所以时间复杂度一次是 \(\mathcal O\rm (n)\) 总的就是 \(\mathcal O\rm (nk)\). 代码很好打,知道思路后五…

题解 \(by\;zj\varphi\) 首先,分析一下这个答案:本质上是求在一条路径上,选择了一些点,这些点的贡献是它周围的点权和 - 它上一步的点权 对于一棵树,可以先确定一个根,然后每条路径就可以分成向上和向下的两部分 那么定状态 \(dp_{i,j,0}\) 表示由 \(i\) 向 \(i\) 的子树走,选了 \(j\) 个点放磁铁,\(dp_{i,j,1}\) 则表示向上走 那么转移方程就很好想 \[dp_{i,j,0}=\max\{dp_{son\in son_i,j,0},dp_{…

期望得分:30+90+100=220 实际得分:30+0+10=40 T1智障错误:n*m是n行m列,硬是做成了m行n列 T2智障错误:读入三个数写了两个%d T3智障错误:数值相同不代表是同一个数 既眼瘸又脑残,NOIP这样后悔去吧! T1 n*m网格,有S种颜色. 按从上到下,从左到右的顺序涂色. 相邻的相同色块可得一份,问最大得分 n,S<=100000,m<=4 只有最多4列 1列:顺着涂 2列:先涂可以涂偶数个 3列:先涂%3=0的,然后一个%3=1和一个%3=2的组合,剩余的顺着涂…

NOIP模拟1,到现在时间已经比较长了.. 那天是6.14,今天7.18了 //然鹅我看着最前边缺失的模拟1,还是终于忍不住把它补上,为了保持顺序2345重新发布了一遍.. #   用  户  名   Censoring 记忆的轮廓 雨天的尾巴 总分 1 板B 87 03:20:06 0 03:23:09 100 03:20:42 187 03:23:09 2   100 03:20:20 0 03:20:49 50 03:26:26 150 03:26:26 2   100 03:19:16…

这场考试考得很烂 连暴力都没打好 只拿了25分,,,,,,,,好好总结 T1序列 A. 序列 题目描述 HZ每周一都要举行升旗仪式,国旗班会站成一整列整齐的向前行进. 郭神作为摄像师想要选取其中一段照下来.他想让这一段中每个人的身高成等比数列,展示出最萌身高差,但他发现这个太难办到了,于是他决定放低要求,让等比数列的每两项之间可以是不连续的(例如 2,4,16--).可他依然找不到满意的,便再次妥协,使这个等比数列可以是乱序的. 现在请在其中你找出最长的符合要求的一段,使得将这一段排序后为某个公…

题解 \(by\;zj\varphi\) 发现就是一棵树,但每条边都有多种不同的颜色,其实只需要保留随便三种颜色即可. 直接点分治,将询问离线,分成一端为重心,和两端都不为重心的情况. 每次只关心经过重心的询问,其他询问不管,具体实现就是点分治的套路,每次搜一棵子树,更新标记. 动归有些小细节,尽量边权化点权,不容易出错,式子直接看官方题解. 复杂度 \(\mathcal O\rm(3^3nlogn+3^4q)\) Code #include<bits/stdc++.h> #define Re…

题解 \(by\;zj\varphi\) 发现右端点固定时,左端点的 \(min-max\) 单调递减,且对于 \(or\) 和 \(and\) 相减,最多有 \(\rm2logn\)个不同的值,且相同的值构成一段连续的区间. 那么就可以在最远的,符合答案的第一个区间二分答案. 具体实现可以用一个链表,每次扫一遍合并,并倒着查合法区间,这样就能做到 \(\rm nlogn\). Code #include<bits/stdc++.h> #define ri register signed #d…

题解 \(by\;zj\varphi\) 引理 对于一个和为 \(n\) 的数列,不同的数的个数最多为 \(\sqrt n\) 证明: 一个有 \(n\) 个不同的数的数列,和最小就是 \(n\) 的排列时 \(\frac{n(n+1)}{2}\),是 \(\sqrt n\) 级别的. 那么,直接用 \(set\) 维护一下有多少不同的堆数,再记一个桶维护每种数的堆有多少个,询问时直接二分查找即可. 复杂度 \(\mathcal O\rm(q\sqrt nlogn)\) Code #includ…

题解 \(by\;zj\varphi\) 发现每个点的权值都可以表示成 \(\rm k\pm x\). 那么对于新增的方程,\(\rm x_u+x_v=k\pm x/0\) 且 \(\rm x_u+x_v=s\). 如果 \(x\) 项系数为 \(0\),那么就只需判断 \(\rm x_u+x_v=s\) 有无解. 若不为 \(0\),那么直接解出 \(x_1\) 并判断是否是小数即可. 修改操作就是对一段区间的值加或减,直接树状数组,复杂度 \(\mathcal O\rm((n+q)logn)…

题解 状压 \(\rm DP\). 从 \(1\) 到 \(n\) 一共只要一条路径,那么就是一条链,只要维护一个点集和当前链的末尾就行. 设 \(\rm dp_{i,j}\) 为 \(i\) 的点集末尾为 \(j\) 的最大权. 转移有两种: 在链的末尾加上一个点. 在链的末尾加上一个点集,这个点集就代表无关的联通块只能和答案链最多连接一个点. Code #include<bits/stdc++.h> #define ri register signed #define p(i) ++i n…

题解 \(by\;zj\varphi\) 题意就是维护 \(\rm max\{01mx,01l+01r\}\) 就是最长连续的一段 \(0\),左右 \(0\) 区间的加和. 可以启发式合并,也可以直接线段树合并,复杂度 \(\mathcal O\rm(nlogn)\) Code: #include<bits/stdc++.h> #define ri register signed #define p(i) ++i namespace IO{ char buf[1<<21],*p1…

题解 \(by\;zj\varphi\) 发现当把 \(\rm scale×cos\theta,scale×sin\theta,dx,dy\) 当作变量时只有四个,两个方程就行. 当 \(\rm n\le 500\) 时,可以选取两组进行高斯消元,解出答案后回带. 但当 \(n\) 极大时,采用随机化的做法,每次随机选取两个,这样每次选取不正确的概率为 \(\frac{3}{4}\),选取 50 次后基本就会出答案了. 记得判断 \(\rm sin\) 的正负 Code #include<bit…

题解 \(by\;zj\varphi\) 因为对于所有区间,都只有包含和被包含关系,这就是一个树形结构. 设 \(\rm f_{i,j}\) 表示在第 \(\rm i\) 个节点,最多被覆盖 \(\rm j\) 次的答案,方程显然. \[\rm f_{i,j}=\max\{f_{son_i,j-1+a_i}\} \] 可以发现,对于一个 \(f_i\) 它的差分数组是单调不增的. 证明: 对于一个 \(f_i\) 如果 \(f_{i,j}-f_{i,j-1}<f_{i,j+1}-f_{i,j}\…

题解 \(by\;zj\varphi\) 考虑如何才能最优. 每次一定把当前最小值移动到边界上,那么看它向左还是向右移更优. 用树状数组维护一下即可,复杂度 \(\mathcal O\rm (nlogn)\) Code #include<bits/stdc++.h> #define ri register signed #define p(i) ++i namespace IO{ char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; #define gc() p1==p…

题解 很容易求出在没有字典序最大的限制条件下的最多胜利场数. 这样就可以对于每一位放最优的解,怎么做,二分答案. 分两种情况,一种是当前一位是输的,一种是赢的,复杂度 \(\mathcal O(\rm nlog^2n)\) 卡卡常即可. Code #include<bits/stdc++.h> #define ri register signed #define p(i) ++i namespace IO{ char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; #def…

题解 \(by\;zj\varphi\) 原题问的就是对于一个序列,其中有的数之间有大小关系限制,问有多少种方案. 设 \(dp_{i,j}\) 表示在前 \(i\) 个数中,第 \(i\) 个的排名为 \(j\)的方案数 方程: \[f_{i,j}=\begin{cases} \sum\limits_{k=j}^{i-1} f_{i-1,k},(p_{i-1}<p_i)\\ \sum\limits_{k=1}^{j-1} f_{i-1,k},(p_{i-1}>p_i)\\ \end{case…

题解 \(by\;zj\varphi\) 如何判断一个集合可以被拆成两个相等的部分? 枚举两个集合,如果它们的和相等,那么他们的并集就是合法的,复杂度 \(\mathcal O\rm(3^n)\) \(\rm\;meet\;in\;the\;middle\) 优化,将序列分成两段,枚举第一段的每个数加到哪个集合,用 \(\rm hash\) 表存一下. 在后半部分扫完后,再扫前面的每个集合,得到答案. 复杂度 \(\mathcal O\rm (3^\frac{n}{2}+6^\frac{n}{2…

题解 \(by\;zj\varphi\) 首先考虑,如果将一个点修改成了黑点,那么它能够造成多少贡献. 它先会对自己的子树中的答案造成 \(w_x\) 的贡献. 考虑祖先时,它会对不包括自己的子树造成 \(w_fa\) 的贡献. 那么思路很显然,直接暴力向上更新,若更新到一个祖先,它已经被更新过了,那么更新完它之后直接退出就行,因为再向上,一定已经被更新过了. 实现的过程用在 \(\rm dfs\) 序上建线段树即可. 这样,每个点最多被更新一次,在询问时,最多重复更新一个点,所以总复杂度为 \…

题解 \(by\;zj\varphi\) 一道 \(\rm dp\) 题. 现将所有种类从小到大排序,然后判断,若最小的已经大于了 \(\rm l\),那么直接就是一个裸的完全背包,因为选的总数量有限制. 设 \(\rm f_{i,j,k}\) 为选了前 \(\rm i\) 种物品,总数为 \(\rm j\),容量为 \(\rm k\),是否可行,转移很简单. 对于另一种情况,能构造出的最小差距就是 \(v_1\),那么只要记录一下模 \(\rm v_1\) 的值即可. 设 \(\rm f_{i…

题解 \(by\;zj\varphi\) 用两个集合分别表示 \(1\) 边联通块,\(1,2\) 边联通块 . \(\rm son_x\) 表示当前节点通过 \(3\) 类边能到的 \(2\) 联通块的数量,\(tw\) 表示当前节点 \(2\) 联通块的大小. 这些都可以预处理出来,最后在计算答案时不要忘了加上父亲的贡献. 最后因为并查集只有合并而没有拆开,所以复杂度为 \(\mathcal O\rm (nlogn)\). Code #include<bits/stdc++.h> #def…

题解 \(by\;zj\varphi\) 概率与期望,考虑 \(\rm dp\) 设 \(dp_{i,j}\) 为消除 \(i-j\) 这一段行星的期望,转移: 枚举 \(k\) 为当前状态下第一个撞击的行星,分向左,向右. \[\rm dp_{i,j}=\sum_{k=i}^jdp_{i,k-1}+dp_{k+1,i}+E_{k+1,j}-pos_k \] \[\rm dp_{i,j}=\sum_{k=i}^jdp_{i,k-1}+dp_{k+1,i}-E_{i,k-1}+pos_k \] \…

题解 \(by\;zj\varphi\) 直接贪心模拟即可,对于每个点,如果它未被覆盖,直接在这覆盖一次. 每个黑点只会被扫一次,所以总复杂度为 \(\mathcal O\rm (nm)\) Code %: pragma GCC optimize("O9") %: pragma GCC optimize("inline") #include<bits/stdc++.h> #define ri register signed #define p(i) ++…

题解 \(by\;zj\varphi\) 颜色数很少,考虑枚举颜色数. 建出来一棵最小生成树,可以证明在最小生成树上,一个点到另一个点的路径上的最大权值最小(易证,考虑 \(\rm kruskal\) 的原理). 在最小生成树上 \(dfs\) 一遍,求出到达每种颜色的最小权值,询问时枚举每种颜色即可. Code: #include<bits/stdc++.h> #define ri register signed #define p(i) ++i using namespace std; n…

题解 \(by\;zj\varphi\) 一道 \(\varphi()\) 的题. 对于一个合法的数对,设它为 \((a*m,b*m)\) 则 \(((a+b)*m)|a*b*m^2\),所以 \((a+b)|a*b\),因为 \(\gcd(a,b)=1\),所以 \(a+b|m\) 那么设 \(a+b=k\),且 \(k*m\le n\),那么 \(k\) 最大为 \(\sqrt n\),所以枚举 \(k\) 即可,对于每个 \(k\),有 \(\rm \frac{n}{k^2}\) 个 \(…

题解 \(by\;zj\varphi\) 期望好题. 通过推规律可以发现每个逆序对的贡献都是 \(1\),那么在所有排列中有多少逆序对,贡献就是多少. \[\rm num_i=(i-1)!\sum_{j=1}^{i-1}j+i*num_{i-1}\\ \] 最后化减完可以得到 \[\rm ans=\frac{\sum_{i=1}^n\frac{i*(i-1)}{3}}{n}\\ ans=\frac{n^2-1}{9} \] Code: include<bits/stdc++.h> #defin…

题解 \(by\;zj\varphi\) 因为它要求大于它的且放在它前的数的个数要小于它的 \(key\) 值,所以先按 \(\rm val\) 值排序,然后按 \(\rm key\) 值排序,按顺序插入. 这样保证当前队列中已有的 \(\rm val\) 值一定大于当前加入的,所以直接计算方案就行. 就是它的 \(\rm val\) 和当前队列中的数的个数取 \(\min\),记得处理连续一段相同的情况 对于第二问,通过线段树实现 对于线段树,维护当前字典序最小的点,每次选出一个时删除当前点,…

题解 \(by\;zj\varphi\) 发现 \(\rm n,m\) 都很小,考虑分行状压. 但是上一行和下一行的按钮状态会对当前行造成影响,所以再枚举一个上一行的按钮状态. 因为对于两行,只有如下三种情况是合法的 \[0\;1\;1\\ 1\;1\;0 \] 所以总复杂度为 \(\mathcal O(n2^n3^n)\),最后统计答案时记得最后一行没有下一行来覆盖它,所以它自身的覆盖情况一定要覆盖全. Code: #include<bits/stdc++.h> #define ri reg…

题解 \(by\;zj\varphi\) 考虑 \(\rm DP\) 设 \(dp_{k}(S)\) 表示前 \(k\) 个人来后 \(S\) 集合中的苹果都存在的概率是否大于 \(0\) 考虑倒着转移 \(\alpha.u_i,v_i\in S\) \(\beta.u_i\in S,f_k(S\cup\{u_i\})=f_{k+1}(S)\) \(\gamma.v_i\in S,f_k(S\cup\{v_i\})=f_{k+1}(S)\) \(\delta.ui,vi∉S,f_k(S)=f_{…

题解 将所有物品分成四类,分别为两人共同喜欢的,只有一人喜欢的,没人喜欢的. 首先,先从两人共同喜欢的物品里找出 \(k\) 个,这时,就要从剩余的找出 \(\rm m-k\) 个,而且是最小的. 用一棵权值线段树维护,因为值域太大,所以离散化或动态开点. 之后,指向共同喜欢的物品数量的指针递减,直至 \(0\) 同时增加选取其它物品的量,删除选了的,加上没选的. 因为指针单调递减,所以复杂度为 \(\mathcal O\rm (nlogn)\) Code #include<bits/stdc+…