题面 发现好像没有什么好做法,那就模拟么=.= 以印章左上角的'x'为基准,记录印章上'x'的相对位置模拟.记录相对位置是因为可能有这种情况↓ 直接模拟是会漏掉的=.= #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,M=; ]; int n,m,a,b,T,cnt,firx,firy; char rd[N]; inline void i207M() { cnt=,…

题面 还以为是差分约束,原来拓扑排序也能解决这样的问题=.= 类似差分约束的建图方式,我们把大小关系看做有向边.这样一来图上是不允许存在环的,于是我们可以做拓扑排序.然后问题来了,边数非常大,根本建不出图来=.= 不过我们有一个套路的做法,为每个区间配一个虚点,然后连边时先连到虚点再连到各个目标点.然后问题又来了,这样连边其实是$O(len^2)$的,$len$为区间长度,如果有个很大的区间这就萎了=.= 那什么东西解决区间问题好用呢?线段树— —我们用线段树优化建图,每次直接从虚点连到区间上,…

题面 发现每种电影只在两场之间产生贡献(只有$pos$的一场的就在$[pos,n]$产生贡献).那么我们针对每个位置$i$求出这场电影下一次出现的位置$nxt[i]$,然后每次更新一下,求整个区间的最大值.具体说来我们先在每个电影第一次上映的位置$i$对$[i,nxt[i]-1]$区间修改一下,然后从左到右扫过去,每次消除$[i,nxt[i]-1]$的贡献,再增加$[nxt[i],nxt[nxt[i]]-1]$的贡献即可. 注意:不一定每种电影都出现过! #include<cstdio> #i…

Problem Link : BZOJ 3747 题解:ZYF-ZYF 神犇的题解 解题的大致思路是,当区间的右端点向右移动一格时,只有两个区间的左端点对应的答案发生了变化. 从 f[i] + 1 到 i 的区间中的答案增加了 W[A[i]], 从 f[f[i]] + 1 到 f[i] 的区间的答案减少了 W[A[i]] ,其余区间的答案没有发生变化. 那么就是线段树的区间修改和区间最值查询. 代码如下: #include <iostream> #include <cstdio>…

题目描述 给定一棵n个点的树,树上每条边的长度都为1,第i个点的权值为a[i]. Byteasar想要走遍这整棵树,他会按照某个1到n的全排列b走n-1次,第i次他会从b[i]点走到b[i+1]点,并且这一次的步伐大小为c[i]. 对于一次行走,假设起点为x,终点为y,步伐为k,那么Byteasar会从x开始,每次往前走k步,如果最后不足k步就能到达y,那么他会一次走到y. 请帮助Byteasar统计出每一次行走时经过的所有点的权值和. 输入 Line 1:一个正整数n(2<=n<=50000…

Description 共有m部电影,编号为1~m,第i部电影的好看值为w[i]. 在n天之中(从1~n编号)每天会放映一部电影,第i天放映的是第f[i]部. 你可以选择l,r(1<=l<=r<=n),并观看第l,l+1,…,r天内所有的电影.如果同一部电影你观看多于一次,你会感到无聊,于是无法获得这部电影的好看值.所以你希望最大化观看且仅观看过一次的电影的好看值的总和. Input 第一行两个整数n,m(1<=m<=n<=1000000). 第二行包含n个整数f[1]…

我也不知道为啥我就想把POI的题全都放到一篇blog里写完. POI 2005 SAM-Toy Cars 贪心,每次选下次出现最晚的. POI 2006 KRA-The Disks 箱子位置单调,所以记录现在的箱子位置和前缀最小值,向上枚举就行. OKR-Periods of Words 戳这 POI 2007 OSI-Axes of Symmetry 戳这 MEG-Megalopolis 树剖 or dfs序上维护前缀和. POI 2010 GIL-Guilds 按照洛谷的题面,可以发现灰点就…

官方解题报告:http://bestcoder.hdu.edu.cn/blog/2015-multi-university-training-contest-6-solutions-by-zju/ 表示很难看....orz 1003题      链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5355 Cake Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 131072/131072 K…

$$2015\ German\ Collegiate\ Programming\ Contest\ (GCPC 15) + POI 10-T3$$ \(A.\ Journey\ to\ Greece\) 状压DP,TSP,先考虑找出这些关键点之间的最短路,然后就是旅行商问题,其中可以用一次\(taxi\),考虑\(dp\)状态为\(f[i][msk][tag]\),表示当前所在位置为\(i\)点,已经经过的节点集合为\(msk\),是否用过\(taxi\)的情况下,所化的最小时间,最后再从走遍了…

[NOIP 2015]运输计划 题面: A[NOIP2015 Day2]运输计划 时间限制 : 20000 MS 空间限制 : 262144 KB 问题描述 公元 2044 年,人类进入了宇宙纪元. L 国有 n 个星球,还有 n−1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之间,这 n−1 条航道连通了 L 国的所有星球. 小 P 掌管一家物流公司, 该公司有很多个运输计划,每个运输计划形如:有一艘物流飞船需要从 ui 号星球沿最快的宇航路径飞行到 vi 号星球去.显然,飞船驶过一条航道是需要时间的…

题面 出现了,神仙题! 了解一点博弈论的话可以很容易转化题面:问$B$有多少种取(diu)石子的方式使得取后剩余石子异或值为零且取出的石子堆数是$d$的倍数 首先有个暴力做法:$dp[i][j][k]$表示到第$i$个为止取出来的石子数目模$d$等于$j$且剩下的石子异或和为$k$的方案数,然后就枚举转移啊=.= 发现时空复杂度好像都不能承受,不过可以尝试分析/优化一下.首先分析一波后发现时间复杂度其实是对的......只是我们需要将石子数从小到大排个序,这样一路异或下来异或到$i$时最大值不超…

报同步赛的时候出了些意外.于是仅仅能做一做"滞后赛"了2333 DAY1 T1离线+离散化搞,对于相等的部分直接并查集,不等部分查看是否在同一并查集中就可以,code: #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int t,n; int father[200001]; struct hp{ i…

题目链接:https://code.google.com/codejam/contest/4224486/ Problem A. Mushroom Monster 这题题意就是,有N个时间点,每个时间点,Kaylin可以吃掉一定数量的mushroom,Bartholomew可以放入任意数量的mushroom. 现在给出N个时间点分别有多少mushroom. 问:若Kaylin每个时间点可以吃任意数量的mushroom,那为了配合每个时间点的mushroom,Kaylin最少要吃掉多少蘑菇. 问:…

这个题看起来好神的感觉.实际上也好神... 我们可以考虑设 $f_u$ 表示以 $u$ 为根的子树中最多能删多少个点, 再设 $g_u$ 表示以 $u$ 为根的子树中删了 $f_u$ 个点之后,$u$ 的 $son(i) + c_i$ 的最小值. 然后就可以树形 Dp 啦. 转移的话,考虑 $u$ 的孙子及更后辈,有: $$f_u += \sum_{v\in \{son_u\}}f_v$$ 然后考虑可以 $u$ 的哪些儿子. 首先删掉一个点 $x$ 的话,会对 $fa_x$ 的载重产生 $g_x…

哎这个题 WA 了无数遍...果然人太弱... 首先我们把这些装备按照花费从小到大排序,然后依次考虑是否能买这个装备. 至于这样为什么是对的,好像有一个叫拟阵的东西可以证明,然而我不会.TATQAQ 至于怎么考虑是否能买这个装备呢,我们可以动态更新线性基,具体操作: 对当前向量进行高斯消元,注意要从从高位往低位消. 如果消元完毕后当前向量变成了 $0$ 向量,那么我们就可以用之前的装备凑出当前装备,否则就不能凑出来. 每次更新线性基需要 $O(m^2)$ 的时间,要更新 $O(n)$ 次. 时间…

这是一道后缀自动机经典题目. 对于 $t=0$ 的情况:每个节点都代表一个子串,所以我们给每个节点的 $Size$ 都记为 $1$, 对于 $t=1$ 的情况:我们只给 $last$ 节点的 $Size$ 记为 $1$,因为新建的虚拟节点并不能给子串数目带来贡献.然后再建出 $pre$ 指针树,每个串的出现次数就是其在 $pre$ 指针树上的子树的 $Size$ 和. 然后我们进行拓扑图 Dp, $Dp[u]$ 表示从 $u$ 号节点往后走会有多少种子串,转移的话: $$Dp[u] = \sum…

这个题我脑洞了一个结论: 首先,我们定义满足以下条件的路径为“从右上到左下的路径”: 对于路径上任何不相同的两个点 $(x_1, y_1)$,$(x_2, y_2)$,都有: $x_1\neq x_2, y_1\neq y_2$ 若 $x_1 > x_2$,则有 $y_1 < y_2$:否则当 $x_1 < x_2$ 时, $y_1 > y_2$. 然后我们找到所有从右上到左下的路径,其中路径的权值和最大的那条路径的权值和就是答案了. 然后我们就可以用 Dp 解决问题了. 我们可以…

首先,我们可以得到: $$D = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_i\times a_j\times b_{i,j} - \sum_{i=1}^{n}a_i\times c_i$$ 那么是不是就相当于这样的问题: 有 $n$ 个物品,你可以选择一些物品出来,如果同时选了 $i,j$ 两个物品那么就有 $b_{i,j}$ 的收益,然而每一个物品都有一个代价 $c_i$,求最大收益. 这是经典的最小割模型: 连边 $S\to Dot(i,j)$,流量为 $b_{i,j}$…

这个题哎呀...细节超级多... 首先,我猜了一个结论.如果有一种排序方案是可行的,假设这个方案是 $S$ . 那么我们把 $S$ 给任意重新排列之后,也必然可以构造出一组合法方案来. 于是我们就可以 $O(2^n)$ 枚举每个操作进不进行,再去判断,如果可行就 $ans$ += $|S|!$. 然而怎么判断呢? 我们按照操作种类从小到大操作. 假设我们现在在决策第 $i$ 种操作并且保证之前之后不需要进行种类编号 $< i$ 的操作. 那么我们只考虑那些位置在 $2^i+1$ 的位置的那些数.…

这个题最暴力的搞法就是这样的: 设 $Dp[i][j]$ 为前 $i$ 个数乘积为 $j$ 的方案数. 转移的话就不多说了哈... 当前复杂度 $O(nm^2)$ 注意到,$M$ 是个质数,就说明 $M$ 有原根并且我们可以很快的求出来. 于是对于 $1\rightarrow M-1$ 中的每一个数都可以表示成原根的某次幂. 于是乘法可以转化为原根的幂的加法, 转移的时候就相当于做多项式乘法了. 我们再注意到,$1004535809 = 479 \times 2^{21} + 1$ 并且是个质数…

首先我们可以二分答案. 假设当前二分出来的答案是 $Ans$ ,那么我们考虑用网络流检验: 设武器为 $X$,第 $i$ 个武器的攻击力为 $B_i$: 设机器人为 $Y$,第 $i$ 个机器人的装甲为 $A_i$: 设 $Map[i][j]$ 表示第 $i$ 个机器人是否能攻击第 $j$ 号机器人. 设源为 $S$,汇为 $T$,现在考虑连边: $S\rightarrow X_i$,容量为 $Ans * B_i$: $Y_i\rightarrow T$,容量为 $A_i$: $\forall…

题面 根据树上距离的计算方法,可以先把答案化成$\sum dep_i+n*dep_u-\sum 2*dep[LCA(i,u)]$的形式,然后维护$\sum 2*dep[LCA(i,u)]$ 把妖怪们按年龄排序,轻重剖分后插入每个点到根的路径,记录经过次数,询问也是往根跳然后每次统计边权*次数. 可持久化线段树+差分 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,M…

题面 Min-Max容斥:对于集合S $min(S)=\sum_{s∈S}(-1)^{|s|+1}max(s)$ $max(S)=\sum_{s∈S}(-1)^{|s|+1}min(s)$ 那么这个题就比较板子了,$min(s)$就是$s$任意一位有值的期望,也就是某个数字和$s$有交 不太好求?再容斥一下转化成求$s$没交的,也就是补集,这是个子集和,可以FWT或者我不会的FMT #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstri…

题面 神**所有点都爆int,我还以为我写出什么大锅了,不开long long见祖宗... 动态点分治利用点分树树高不超过log的性质,我们对每个点维护一个子树和,一个点分树子树和,一个点分树上父亲的子树和.修改直接爬点分树,查询在点分树上往答案较小的儿子上跳,如果儿子都不如自己优说明自己就是最优的 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,inf=1e9;…

题面 制杖四合一,HEOI以前居然出这种**题,看来HE还是联考比较好= = 首先对第二个串建SAM 第一个简单,以每个位置为起点在SAM上走,失配时更新答案 第二个先在第二个串上预处理$firs[i][j]$每个字母在位置$i$后最早在$j$出现,然后在第一个串里$n^2$枚举在$firs$上走,失配时更新答案(这是不是就是序列自动机啊=.= 第三个设个$dp[i][j]$表示考虑前$i$个状态为$j$的答案,然后和第一个一样 第四个$dp[i][j]$第二维改为表示第$j$个,然后和第二个一…

题面 神仙题,不需要反演 首先上下界同时除以$k$,转换成取$n$个$gcd$为$1$的数的方案数,其中上界向下取整,下界向上取整 然后设$f[i]$表示选$n$个互不相同的数$gcd$为$i$的方案数,这么设是为了容斥,然后就可以直接求出来$f[i]=m^n-m$,其中m是$i$倍数的个数 同时从大到小容斥就可以了 #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<algorithm>…

题面 好像是个经典问题,然而我没做过 建SAM,然后经过每个节点的子串数目就可以求了,多个相同子串算一个的话就把所有siz都搞成$1$,否则就是$right$集合的大小,然后就是常见的递推 求第$k$小是从根节点出发按字典序沿着trans往下走,每次输出对应的字符然后扣掉对应的数量 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,M=; ],len[M],siz[M…

题面 二分答案,问题就转化为了一个可行性问题,因为我们不知道国王会往哪里走,所以我们要在所有他可能走到的点建造,考虑用树形DP解决(这个DP还是比较好写的,你看我这个不会DP的人都能写出来=.=) 定义$dp[x]$表示以$x$这个点为根的子树中(不包含x)需要修建的次数(因为1号点已经修好了,最后回来不用管),那么对于每个二分出的$mid$有$dp[x]=max((\sum dp[son[i]])+sons[x]-mid)$,其中$sons[i]$表示它(直接的)儿子的个数,显然对于每个点是必…

题面 从零开始的DP学习系列之叁 树形DP的基本(常见?)思路:先递归进儿子,然后边回溯边决策,设状态时常设$dp[x]$表示以$x$为根的子树中(具体分析算不算$x$这个点)的情况 显然的二分答案,之后问题转化为用$m$个能覆盖$mid$范围的点能否覆盖所有的特殊点,用树形DP判断 设$unc[nde]$表示以$nde$为根(包含$nde$)的子树中最远的未被覆盖的特殊点的距离,$cov[nde]$以$nde$为根(包含$nde$)的子树中最近的选出的点的距离.有两个从儿子$goal[i]$获…

题面 比较明显地能看出二分来,但是检查函数很难写.对于二分出的一个$mid$,我们要让它满足在$m$次操作内令序列中存在一个为零的位置,同时使得任意相邻的两项之差不超过$mid$ 第二项的检查比较好做,我们正反各扫一遍然后把扫到的上一个数对当前数与$mid$之差取最小值,就是满足条件的最小代价 对于第一项的检查,我们发现可以将原数列修改成一段段的等差数列,这样在存在零的情况下是最优的.我们枚举这个变成零的位置,然后找出$h_l-k-l*mid>0$和$h_r-r-k*mid>0$的$l,r$,…