[题目]F - Yakiniku Restaurants [题意]给定n和m,有n个饭店和m张票,给出Ai表示从饭店i到i+1的距离,给出矩阵B(i,j)表示在第i家饭店使用票j的收益,求任选起点和终点的最大(收益-代价).n<=5000,m<=200. [算法]单调栈+矩阵差分 [题解]直接枚举区间,很难同时计算m张票,我们反过来考虑每个B(i,j)的贡献. 对于B(i,j),令x为满足x<i,B(x,j)>B(i,j)的最大的x,令y为满足y>i,B(y,j)>B(…

觉得我的解法好简单,好优美啊QAQ 首先想想暴力怎么办.暴力的话,我们就枚举左右端点,然后显然每张购物券都取最大的值.这样的复杂度是 \(O(n ^{2} m)\) 的.但是这样明显能够感觉到我们重复计算了很多东西,因为区间 \((l, r)\) 的答案与区间 \((l + 1, r)\) 的答案并不是独立的. 我们可以考虑一下扫描线的做法.用一根扫描线从右往左扫左端点,同步维护所有以 \(l\) 为左端点的区间.由于我们现已经求出了所有以 \(l + 1\) 为左端点的区间答案(这里的答案指从…

题意: 有n个餐厅排成一排,第i个与第i+1个之间距离是Ai. 有m种食物,每种食物只能在一个餐厅里吃,第j种食物在第i个餐厅里吃的收益是$b[i][j]$. 选择每种食物在哪个餐厅里吃,使收益减去走过距离最大(食物可以不按顺序吃). 显然走过距离就是选择的餐厅所在的区间的长度,让f[i][j]表示选择的餐厅所在的区间为i到j的最大收益. 对于每个b[i][j],求出左边和右边第一个比它大的位置l,r. 那么对于左端点在l+1~i,右端点在i~r-1的区间里第j种食物肯定在第i个餐厅吃. 相当于…

题面 题目大意: 给你\(m\)张椅子,排成一行,告诉你\(n\)个人,每个人可以坐的座位为\([1,l]\bigcup[r,m]\),为了让所有人坐下,问至少还要加多少张椅子. Solution: 为什么加椅子?我们可以在最左边或最右边一直加直到人人都有座位. 首先这道题目抽象成二分图很简单,然后我们可以只要求解出人与座位的最大匹配是多少,总人数减去即可,但跑二分图最大匹配显然会超时,我们就可以往霍尔定理方面想. 然后你还需要知道一个霍尔定理推论:假设某个人的集合为\(X\),这个集合所对应的…

题目 (可能有点长,但是请耐心看完,个人认为比官方题解好懂:P) 首先需要注意,对于任意节点i上的一个棋子,如果在一种走法中它走到了节点j,另一种走法中它走到了节点k,那么这两种走法进行完后,棋子占据的节点集合不可能相同,因为在这两种走法中,节点i必有两个子树中的棋子数量不同.所以,题目中的"被占据的集合唯一"等价于"每个棋子走向的节点唯一". 根据题意,一个初始状态合法当且仅当这个状态可以进行任意次操作,且进行k步操作后,接下来一步操作唯一(不管这样走之后,是否还…

题目 建图很妙,不会. 考虑每一对要求合法的巫师(x,y),他们两个的\(a\)必须都大于\(min(b_x,b_y)\).所以在输入的时候,如果\(a_x\)或者\(a_y\)小于\(min(b_x,b_y)\),可以先把\(a_x\)和\(a_y\)提升到\(min(b_x,b_y)\)(以后的a数组都指做过这步操作的).接下来如果\(max(a_x,a_y)\geq max(b_x,b_y)\),那么这一对已经符合要求,可以直接不管.接下来只考虑需要管的. 发现每一对需要管的(x,y),两…

题目 观察当k固定时答案是什么.先假设每个节点对答案的贡献都是\(\binom{n}{k}\),然后再减掉某个点没有贡献的选点方案数.对于一个节点i,它没有贡献的方案数显然就是所有k个节点都选在i连出去的某一个子树内的方案数.枚举节点i,把i连出去的每一个子树的size都加入一个序列c,则答案为\(\binom{n}{k}\cdot n-\sum_{i=0}^{|c|-1}\binom{c_i}{k}\). 考虑\(k=1\cdots n\)的情况: \(ans_k=\binom{n}{k}\c…

[atcoder contest 010] F - Tree Game Time limit : 2sec / Memory limit : 256MB Score : 1600 points Problem Statement There is a tree with N vertices, numbered 1 through N. The i-th of the N−1 edges connects vertices ai and bi. Currently, there are Ai s…

点我看题 A - Max Mod Min 非常诈骗.一开始以为要观察什么神奇的性质,后来发现直接模拟就行了.可以证明总操作次数是\(O(nlog a_i)\)的.具体就是,每次操作都会有一个数a被b取模,然后变成a%b.注意到a%b是\(\leq \frac a2\)的,并且a被操作之后会变成整个数据最小的数,作为下一轮的b.所以把原数组排序后,最小值的位置是不断往左移的,每次移动1个位置,直接模拟即可. 时间复杂度\(O(nlog a_i)\). 点击查看代码 #include <bits/s…

Atcoder刷不动的每日一题... 首先注意到一个事实:随着 \(l, r\) 的增大,\(f(r) - f(l)\) 会越来越小.考虑暴力处理出小数据的情况,我们可以发现对于左端点 \(f(l) <=  7\) 的情况下,右端点的最大限度为 \(\frac{10^8}{8} + 10^7\) .这个范围并不大,可以直接用 two-pointer 处理出来. 那么这部分的数据和后面的数据有什么不同呢? 当 \(f(l) > 7\) 的时候,\(f(r) - f(l) <= 1\).那么…