题面 传送门 题解 以所有的感兴趣的城市为起点,我们正着和反着各跑一边多源最短路.记\(c_{0/1,i}\)分别表示正图/反图中离\(i\)最近的起点,那么对于每条边\((u,v,w)\),如果\(c_{0,u}\neq c_{1,v}\),那么我们就用\(d_{0,u}+d_{1,v}+w\)更新答案 //minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define ll long long #define inline __inl…

LOJ#3087. 「GXOI / GZOI2019」旅行者 正着求一遍dij,反着求一遍,然后枚举每条边,从u到v,如果到u最近的点和v能到的最近的点不同,那么可以更新答案 没了 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define mp make_pair #define pb push_back #define space putchar('…

Loj #3085. 「GXOI / GZOI2019」特技飞行 题目描述 公元 \(9012\) 年,Z 市的航空基地计划举行一场特技飞行表演.表演的场地可以看作一个二维平面直角坐标系,其中横坐标代表着水平位置,纵坐标代表着飞行高度. 在最初的计划中,这 \(n\) 架飞机首先会飞行到起点 \(x = x_{st}\) 处,其中第 \(i\) 架飞机在起点处的高度为 \(y_{i,0}\).它们的目标是终点 \(x = x_{ed}\) 处,其中第 \(i\) 架飞机在终点处的高度应为 \(y…

#3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和 题目大意 给定一个\(N\times N\)的矩阵,求所有子矩阵的\(AND(\&)\)之和.\(OR(|)\)之和. 数据范围 \(1\le N\le 10^3\),\(val_{(i,j)} \le 2^{31}-1\). 题解 一眼题. 对于这种位运算的题,题都不用看完先想拆位,拆位可行那就拆,拆位不可行就不拆. 这里指的拆位可不可行具体指的是答案满不满足对于拆位之后的可加性. 发现这个题所求的是个和,那就果断拆开. 这样的话问题就变…

题面 传送门 题解 先考虑\(k=1\)的情况,我们可以离线处理,从小到大对于每一个\(i\),令\(1\)到\(i\)的路径上每个节点权值增加\(1\),然后对于所有\(x=i\)的询问查一下\(y\)到根节点的路径和就是了 那么\(k\neq 1\)的情况该怎么办呢?我们来考虑一下令\(1\)到\(i\)的路径上每个节点权值加\(1\)的本质,相当于是令每个节点\(u\)增加\({dep_u}^k-{dep_{fa_u}}^k\),那么用树剖+线段树维护就行了 //minamoto #inc…

题面 传送门 题解 先考虑全都放\(1\times 2\)的方块的方案,设防\(i\)列的方案数为\(g_i\),容易推出\(g_i=g_{i-1}+g_{i-2}\),边界条件为\(g_0=g_1=1\) 然后设\(f_i\)表示可以放\(1\times 1\)方块的方案.如果最右边一列不放\(1\times 1\),那么转移和之前一样,否则的话,另一个\(1\times 1\)必须放在\(1\)到\(i-2\)列,且根据奇偶性另一个方块放的位置是唯一的,而第一个方块左边全都是\(1\time…

题目 我还是太傻了 考虑每一条边的贡献,对于一条有向边\((u,v,w)\),我们求出\(k\)个关键点中到\(u\)最近的距离\(dis_1\),以及\(v\)到\(k\)个关键点中最近的距离\(dis_2\),直接用\(dis_1+w+dis_2\)来更新答案就好了 所以正反两遍\(Dij\)就好 但是需要注意到一点,如果这两个点\(k\)个关键点中到\(u\)最近的点和\(v\)最近的·点相同,那么我们不能计入答案,因为这样只是走了一个环 代码 #include<queue> #incl…

题面 传送门 前置芝士 请确定您会曼哈顿距离和切比雪夫距离之间的转换,以及\(KDtree\)对切比雪夫距离的操作 题解 我们发现\(AB\)和\(C\)没有任何关系,所以关于\(C\)可以直接暴力数点 关于暴力数点,这个曼哈顿距离很麻烦,先把它转成切比雪夫距离,然后就是一个\(KDtree\)的经典操作了 容易发现交换操作的执行次数上界是\(tot\)(其中\(tot\)是交点个数),下界是\(n-cnt\)(其中\(cnt\)是原数组和飞过去之后的数组形成的一个置换,其中的轮换个数) 证明的…

题面 传送门 题解 为什么又是麻将啊啊啊!而且还是我最讨厌的爆搜类\(dp\)-- 首先国士无双和七对子是可以直接搞掉的,关键是剩下的,可以看成\(1\)个雀头加\(4\)个杠子或面子 直接\(dp\),设\(f[i][j][k][l][x][y]\)表示考虑前\(i\)种牌,以第\(i-2\)种牌为开头的顺子张数为\(j\),以\(i-1\)为开头的顺子张数为\(k\),以\(i\)开头的顺子张数为\(l\),杠子加面子总数为\(x\),雀头个数为\(y\),的最大权值 注意一些边界条件,比方…

题面 传送门 题解 按位考虑贡献,如果\(mp[i][j]\)这一位为\(1\)就设为\(1\)否则设为\(0\),对\(or\)的贡献就是全为\(1\)的子矩阵个数,对\(and\)的贡献就是总矩阵个数减去全为\(0\)的子矩阵个数,单调栈搞一搞就好了 //minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) #define fp…