题目传送门 分析： 对于\(T_i=1\)的情况，对于\(S_{p+i} \not= T_i\)，我们发现 \(S_{p+i}\in[0,c)\) \(S_p\in[0-ai,c-ai)\) 对于\(T_i=0\)的情况，区间取个反就可以了 于是我们知道了对于每一个\(T_i\)，能做出贡献的区间，做区间加 这个区间是取模意义下的，所以可能会是两个 动态开点线段树
分析： 这道题可以看做单点修改区间查询历史最小值的数据结构题 区间修改单点查询历史版本可以使用二维数据结构维护 由于卡空间，这里只能选择KD树 在KD树上区间修改，历史最值只需要统计单点到根节点的路径上记录的历史最值就行了 关键是这道题如何转化？ 我们把询问离线，每一个查询\(
题目传送门 分析： 首先考虑树的情况吧 设\(f[u][i]\)表示\(u\)经过与一些儿子连了边之后剩余\(i\)的度数 列出式子： \(f[u][i]=f[u][i]*sum[son][1]+f[u][i+1]*sum[son][0]\) 这里的\(sum\)是后缀和 设\(D\)为度数，复杂度为\(O(\sum D^2)\) 菊花图直接T到飞起 观察DP式子，发现实际为\(
「九省联考 2018」制胡窜 好久没更新博客了.. 考虑容斥，求切两刀后所有串都被切到至少一次的方案数。 大力分类讨论 设 \(s\) 在原串中从左到右出现的右端点序列为 \(a_1 \dots a_m\) ，把答案分成以下三个部分 1.第一刀没有切到任意一个字符串，第二刀切完所有字符串 2.第二刀没有切到
分析： 每个点每个模m意义下时刻的最短天数是独立的，而且最优选择是不变的 考虑在每一个模m意义下时刻的最优选择，设为\(f[i]\) 于是\(f[i]=min(f[i],f[(i+1)%m]+1)\) 然后可以\(O(n)\)暴力做 发现中途转移会形成一个环，把环找出来之后直接\(O(1)\)算 前后一些零碎的转移暴力做就好了
分析： 吴思扬神仙题解Orz 不说了，3进制状压太恐怖，写（chao）半天 （这种题考场上就写暴力吧） #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> #include<iostream> #include<map> #include<string> #define maxn 16
分析： 考场上写min25筛T到飞起，插值的时候脑抽没优化用的\(O(K^2)\)，结果跟暴力差不多速度 由于\(f(p^k)\)是\(O(1)\)可求的，答案： \(\sum_{i=1}^{n}f(i)=G_k(n,|P|)\) 所以无脑筛就好了。。。 答案进行了优化，引入了一个叫powerful number的奥妙重重的东西 这里可以去拜读zzq大神的博
luogu 因为\(C\)对答案的贡献只和\(\max b_i\)有关,所以我们枚举这个值\(z\),然后把所有\(>z\)的\(b\)全部变成\(z\),这里如果\(A<B\),那么还可以把一些\(<z\)的\(b\)往\(z\)方向变,这样就可以使用一些\(A\)操作代替\(B\)操作,\(A\ge B\)就算了.可以发现从大到小枚举\(z\),\(C\)的
uoguP4383 [八省联考2018]林克卡特树(树上dp，wqs二分) Luogu 题解时间 $ k $ 条边权为 $ 0 $ 的边。 是的，边权为零。 转化成选正好 $ k+1 $ 条链。 $ k \le 100 $ 的部分。 毫无疑问是树上打背包dp。 但具体设计还要注意一下。 一个问题是单点成链，这个要特判。 之后由于选择的都是
题意简述 给定一棵 \(n\) 的节点的树，根为1，每个点有权值 \(M_i\) 要把树分成若干段，每段内不存在“祖先-后代”关系，定义一个段的大小为段中点 \(M_i\) 的最大值。 求所有段的大小之和的最小值。 想法 想法一：奇怪的贪心 每次找到全树中没分到段内的有最大权值的点 \(u\) ，则 \(M_u\)
LINK：骗分过样例 这是去年省选的一道题答题 当时就拿了十几分 而且当时玩的很开心。 但是 很多点都没能拿到。 总共16个点 每个测试点都有自己的分值 这意味着我们将要写16个小程序把已经有的答案给输出出去。 第一个点 1_998244353 输入是100000个数字 输出 显然可以发现是19的若
题目大意： 给定一个数 \(n\)，对于每个 \(n\)，都有能整除它的数 \(x\)，我们最后要输出的结果是每个 \(x\) 的“难挖指数”的和。 正文： 举一个例子，当 \(x=5\) 时， 有和它互质的数 \(y \in \{1,2,3,4\}\)。 此时我引出一条定理，当 \(x\) 与 \(y\) 互质时，\(x\) 和 \((x-y)\) 也互质。那我们
这题有点绕，我写了\(2h\)终于搞明白了。 主要思路：枚举最晚公布成绩的时间\(maxt\)，然后将所有公布时间大于\(maxt\)的课程都严格降为\(maxt\)即可。 在此之前，还要搞清楚一个概念：对于第二种操作，它只有将某一门课提前，但是第一种操作，它还会在提前的过程中延迟某一门课。所以，在不考虑代
2019年11月4日上午八点，鲁山二高抚琴运动场，高三年级师生再次齐聚一堂，举行联考统考表彰大会。 时光如梭，匆匆而过，不知不觉，高三过去的日子已经近百。金太阳大联考、天一大联考、全市调研考试（一模）接踵而至、轮番上阵；周考午练、晨读晚诵按部就班，雷打不动。汗水浇灌希望，辛勤催
本题主要难点在于如何处理dist^2的问题 40分算法 n^2暴力就不必多嘴，直接枚举根节点DFS就行了。 70分算法 对于b=0的情况，我们可以考虑用换根法来计算根节点的变化对总权值带来的影响。 换根法一般的处理步骤是先以1为根处理出一些信息，然后根据这些信息再做一次DFS。 那这道题要
性质：删掉任意一个点后，原来能被删的点仍能被删，原来不能被删的点仍不能被删 判断每个点能否被删，并从小到大输出 #include<cstdio> using namespace std; int head[300005],len,a[300005],n,x,y,flag[300005],ans; struct EDGE{ int to,next; }edge[600005]; void add(int x,int y)
题目是要我们求出如下柿子： \[\sum_{i=0}^{n}C_{nk}^{ik+r}\] 考虑k和r非常小，我们能不能从这里切入呢？ 如果你注意到，所有组合数上方的数\(\%k==r\)，那么是不是可以从\(DP\)开始呢？ 跟据上述性质，我们可以得到暴力\(DP\)： 考虑组合数的实际意义是在n个数中选出m个，那么我们可以设\(dp[i][j
T1 锻造 forging 题目描述 “欢迎啊,老朋友。” 一阵寒暄过后,厂长带他们参观了厂子四周,并给他们讲锻造的流程。 “我们这里的武器分成若干的等级,等级越高武器就越厉害,并且对每一等级的武器都有两种属性值 b 和 c,但是我们初始只能花\(a\)个金币来生产\(1\)把\(0\)级剑......”
题目 【内存限制：512 MiB】【时间限制：1000 ms】 【标准输入输出】【题目类型：传统】【评测方式：文本比较】 题目描述 $chitanda$ 有 $k$ 个卡包，第 $i$ 个卡包里有 $c_i$ 张卡，每张卡有一个能力值，其中第 $i$ 个卡包里的第 $j$ 张卡具有 $a_{i, j}$ 点能力值。 他准备选择 $k$ 张卡
【题目描述】 无聊的小Biu来到了电影之城，他发现这里有 \(n\) 个电影院，而且每个电影院的电影票价是不同的，有一些电影院之间有双向联通的道路，想要通过某条道路需要一定的花费，小Biu想知道，他以每一个电影院为起点(当然也可以原地不动)，最少需要多少花费可以看到电影。 【输入格式】 第
[多校联考2019(Round 5)] [ATCoder3912]Xor Tree(状压dp) 题面 给出一棵n个点的树，每条边有边权v，每次操作选中两个点，将这两个点之间的路径上的边权全部异或某个值，求使得最终所有边权为0的最小操作次数。 \(v \leq 15,n \leq 10^5\) 分析 首先把边权转化为点权。记一个点的点权为与
[多校联考2019(Round 5)]蓝精灵的请求(二分图染色+背包) 题面 在山的那边海的那边住着 n 个蓝精灵，这 n 个蓝精灵之间有 m 对好友关系，现在蓝精灵们想要玩一个团队竞技游戏，需要分为两组进行，且每一组中任意两个蓝精灵都是好友。另外，他们还想要最小化每组蓝精灵内部的好友关系数之和。
【题目描述】 一个数组的元素为 1 至 N 的整数，现在要对这个数组进行排序，在排序时只能将元素放在数组的头部或尾部，问至少需要移动多少个数字，才能完成整个排序过程？ 2 5 3 4 1 将 1 移到头部 ⇒ 1 2 5 3 4 将 5 移到尾部 ⇒ 1 2 3 4 5 这样就排好了，移动了 2 个元素。 给出一个 1-N 的
【题目描述】 一个国家有 \(N\) 个公民，标记为 \(0,1,2，...，N-1\)，每个公民有一个存款额。已知每个公民有一些朋友，同时国家有一条规定朋友间的存款额之差不能大于\(d\)。也就是说，\(a\) 和 \(b\) 是朋友的话，\(a\) 有 \(x\) 元的存款，\(b\) 有 \(y\) 元，那么\(|x-y|\leq d\)。给定\(d\)值
题意 对于给定的图，要求将其分为两张完全图。对于一种分法，其值为两张完全图边数之和。求所有分法最小值。 思路 建立原图的补图，显然这张图上相连的都是原来不能呆在同一组里的。对于补图中的每一个联通块都进行染色。 如果有两个节点在补图上相连且颜色一样，显然输出-1。 如果他们
