考虑静态怎么做:枚举右边界,然后枚举上边界,对应的下边界一定单调不降,单调栈维护每一列从当前枚举的右边界向左最长空位的长度,这样是O(nm)的 注意到n>=m,所以m<=2000,可以枚举右边界,然后考虑怎么快速知道当前枚举的右边界向左最长空位的长度 用线段树维护行,每个节点都维护一段连续的列,p[ro][i]表示当i列从ro的区间最上面开始有多少行是全空的,q[ro][i]表示从下,v[ro][i]表示i列向左扩展最大的最大全空正方形的边长,大概是下面这种感觉: 然后p和q合并的时候类似HO

[题目]#6354. 「CodePlus 2018 4 月赛」最短路 [题意]给定n个点,m条带权有向边,任意两个点i和j还可以花费(i xor j)*C到达(C是给定的常数),求A到B的最短距离.\(n \leq 10^5,m \leq 5*10^5\). [算法]异或优化建图+Dijkstra 正常建边O(n^2),与其考虑特殊边的处理不如考虑优化n^2的建边方案.一个点x到另一个点y的代价是由每个改变的数位得到的,所以枚举所有点x的每个数位j,从x向\(x \ \ xor \ \ 2^j\

目录 @description@ @solution@ @accepted code@ @details@ @description@ 请你找到 k 个不同的组合数,使得对于其中任何一个组合数 \(C_a^b\) 有 \(0\leq b\leq a\leq n\).所谓不同的组合数,即对于组合数 \(C_{a_1}^{b_1}\) 和 \(C_{a_2}^{b_2}\) ,若 \(a_1\neq a_2\) 或者 \(b_1\neq b_2\) ,则我们认为这两个组合数是不同的.问这 \(k\)

题意 一个 \(n\) 个点的完全图,两点之间的边权为 \((i\ xor\ j)*C\) ,同时有 \(m\) 条额外单向路径,问从 \(S\) 到 \(T\) 的最短路. \(n\leq 10^5,\ m\leq 5\times 10^5,C\leq 100\). 分析 如果没有额外的边,会直接从 \(S\) 到 \(T\) ,因为如果每个二进制位 \(i\) 不同那么一定会有一步走 \((1<< i)*C\), 如果相同也没有必要多走几个点而可能多一部分路程. 如果多了一些特殊边,最后的

link 题意: A和B玩游戏,每轮A赢的概率为p.现在有T组询问,已知A赢了n轮输了m轮,没有平局,赢一局A得分+1,输一局得分-1,问A得分期望值? $n+m,T\leq 2.5\times 10^5.$ 题解: 首先p并没有用.我们需要的是计算所有可能局面A的得分和,最后除以$C_{n+m}^{n}$. 发现得分不小于0非常奇怪,转化一下,考虑设最后一个为0的状态:A赢x次,输y次.那么得分为(n-x)-(m-y)=n-m+y-x.令k=y-x,则y=k+x.其中需要满足$k\geq \m

[题意]给出坐标系中n个矩形,类型1的矩形每单位时间向x轴正方向移动1个单位,类型2的矩形向y轴正方向,初始矩形不重叠,一个点被矩形覆盖当且仅当它在矩形内部(不含边界),求$(-\infty ,+\infty)$时间内一个点被覆盖的最多矩形数量.n<=10^5. [题解]不要被题目骗了,这题就是求若干横向矩形和若干纵向矩形之间是否有交,没有ans=1,有ans=2. 然后发现一横一竖相当于一个对另一个静止做斜向运动——所以两个矩形内部点有交当且仅当x+y的值相同. 然后一个矩形拆成x+y处+1和

[题意]给定n*m的网格,起点和终点位置,一些格指定下一步的方向,一些格任意.要求为方向任意的格确定方向,使起点可以走到终点.n,m<=50. [算法]BFS [题解]这道题最好用BFS,因为DFS容易陷入死路. BFS过程中访问过的点标记vis,记录前驱后不用再访问,这是由于: 由于路径不可能走环,所以实际上可以忽略路径自身的影响,只保留能到达某个点的信息,最终到达终点(即访问过的点无需再访问). #include<cstdio> #include<queue> #incl

$n \leq 17,m \leq 17$,$n*m$的01矩形,对每一个0问:当他单独变成1之后,在其他0处放多米诺牌(不一定放满,可以不放)的方案数.膜$1e9+7$. 直接$dp$是$n^42^n$,很难受.这种整体挖一块的东西可以用拼接法,就是用那一块前的$dp$值和那一块后的$dp$值计算答案. $f(i,j,k)$--从$(1,1)$到$(i,j)$,在$(i,j)$前面$m$个格子状态$k$的方案数,$g(i,j,k)$--从$(n,m)$到$(i,j)$,在$(i,j)$后面$m

$n \leq 100000$,$m \leq 500000$的有向图,两点之间还可以以$a \ \ xor \ \ b$的代价从$a$到$b$,问$s$到$t$的最短路. 被自己蠢哭QAQ 首先两个点之间不走给定的边,最短路一定是直接$s$到$t$,因为一个二进制的差异至少要被算一次.观察$s$到$t$的过程,可以把这个过程完全等价地变成:一次只改一个二进制位,代价完全不变.因此$xor$的边只用连$nlog_2(n)$条,然后就无脑最短路了. #include<stdio.h> #incl

所有的云在此时没有重叠的面积 所有的云在此时没有重叠的面积 所有的云在此时没有重叠的面积 所有的云在此时没有重叠的面积 所有的云在此时没有重叠的面积 所有的云在此时没有重叠的面积 所有的云在此时没有重叠的面积 所有的云在此时没有重叠的面积 所有的云在此时没有重叠的面积 所有的云在此时没有重叠的面积 抄十次,以后再看错题抄二十次. //#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cs

目录 @description@ @solution@ @accepted code@ @details@ @description@ 企鹅国中有 N 座城市,编号从 1 到 N . 对于任意的两座城市 i 和 j ,企鹅们可以花费 (i xor j) * C 的时间从城市 i 走到城市 j ,这里 C 为一个给定的常数. 当然除此之外还有 M 条单向的快捷通道,第 i 条快捷通道从第 Fi 个城市通向第 Ti 个城市,走这条通道需要消耗 Vi 的时间. 现在来自 Penguin Kingdom

#6250. 「CodePlus 2017 11 月赛」找爸爸 题目描述 小 A 最近一直在找自己的爸爸,用什么办法呢,就是 DNA 比对. 小 A 有一套自己的 DNA 序列比较方法,其最终目标是最大化两个 DNA 序列的相似程度,具体步骤如下: 给出两个 DNA 序列,第一个长度为 nnn,第二个长度为 mmm. 在两个序列的任意位置插入任意多的空格,使得两个字符串长度相同. 逐位进行匹配,如果两个序列相同位置上的字符都不是空格,假设第一个是 xxx,第二个是 yyy,那么他们的相似程度由 

[LOJ#6259]「CodePlus 2017 12 月赛」白金元首与独舞 试题描述 到河北省 见斯大林 / 在月光下 你的背影 / 让我们一起跳舞吧 うそだよ~ 河北省怎么可能有 Stalin. 可是-- 可是如果 Stalin 把自己当作炸弹扔到地堡花园里来了呢? 怀揣着这份小小的希望,元首 Adolf 独自走进了花园.终有一天会重逢的吧,Stalin.或许是在此处,或许是在遥远的彼方. 无论如何,在此之前,好好装点一番花园,编排一段优美的舞步吧! 元首把花园分为 \(n\) 行 \(m\

Description 有 n 棵树,初始时每棵树的高度为 H_i,第 i 棵树每月都会长高 A_i.现在有个木料长度总量为 S 的订单,客户要求每块木料的长度不能小于 L,而且木料必须是整棵树(即不能为树的一部分).现在问你最少需要等多少个月才能满足订单. Input 第一行 3 个用空格隔开的非负整数 n,S,L,表示树的数量.订单总量和单块木料长度限制.第二行 n 个用空格隔开的非负整数,依次为 H1,H2,…,Hn.第三行 n 个用空格隔开的非负整数,依次为 A1,A2,…,An. Ou

Description “无体育,不清华”.“每天锻炼一小时,健康工作五十年,幸福生活一辈子” 在清华,体育运动绝对是同学们生活中不可或缺的一部分.为了响应学校的号召,模范好学生王队长决定坚持晨跑.不过由于种种原因,每天都早起去跑步不太现实,所以王队长决定每 a 天晨跑一次.换句话说,假如王队长某天早起去跑了步,之后他会休息 a−1 天,然后第 a 天继续去晨跑,并以此类推. 王队长的好朋友小钦和小针深受王队长坚持锻炼的鼓舞,并决定自己也要坚持晨跑.为了适宜自己的情况,小钦决定每 b 天早起跑步

学习了新姿势..(一直看不懂大爷的代码卡了好久T T 首先数字范围那么小可以考虑枚举众数来计算答案,设当前枚举到$x$,$s_i$为前$i$个数中$x$的出现次数,则满足$2*s_r-r > 2*s_l-l$的区间$[l+1,r]$其众数为$x$,这个显然可以用一个数据结构来维护. 直接扫一遍效率是$O($数字种类数$*nlogn)$的,无法承受,但是我们发现,对于每一段非$x$的数,$2*s_i-i$是公差为$-1$的等差数列,所以它们对答案的贡献实际上可以一次性计算.设$L$为一段非$x$数

从S出发跑dij,从T出发跑dij,顺便最短路计数. 令$F(x)$为$S$到$T$最短路经过$x$的方案数,显然这个是可以用$S$到$x$的方案数乘$T$到$x$的方案数来得到. 然后第一个条件就变成了满足$F(A)+F(B)=F(T)$,这个只要用map存一下点的状态,每次查$F(T)-F(A)$就可以得到$B$的状态了. 第二个条件实际上就是$A$无法到达$B$,怎么判断这个呢. 按最短路正反拓扑排序两次,分别按两种拓扑序做$O(n*m/32)$的传递闭包,然后一个点两种(按拓扑序得到的能

1A,拿来练手的好题 用一个优先队列按煮熟时间从小到大排序,被煮熟了就弹出来. 用n个vector维护每种食物的煮熟时间,显然是有序的. 用树状数组维护每种煮熟食物的数量. 每次操作前把优先队列里煮熟时间<=当前时间的弹出,BIT上+1. 每次0操作把食物塞进优先队列和vector 每次1操作先看看树状数组里有没有数,没有输出angry,有的话在树状数组上二分找到最小的数. 每次2操作先看看树状数组里有没有这一种数,有的话输出并-1,没有的话看看vector有没有,有的话输出时间差,没有的话输出

昨天这题死活调不出来结果是一个地方没取模,凉凉. 首先有个一眼就能看出来的规律... 斐波那契数列满足$a_1, a_2, a_1+a_2, a_1+2a_2, 2a_1+3a_2, 3a_1+5a_2$ 也就是第k项是$fib(k-2)*a_1+fib(k-1)*a_2$ 问题就转化成了求$(fib(k-2)*a_1+fib(k-1)*a_2)\% p=m$,$a_2$在$[l,r]$上的个数. 显然$fib(k-2)a_1$是个常数,那一看就是exgcd题了... 令$a=fib(k-1),

这种题先二进制拆位,显然改的位置只有每一段确定的数的开头和结尾,只需要对于每一个可决策位置都尝试一下填1和0,然后取min即可. #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; ; const ll inf=1e15; struc