转化一下题意:给出矩阵每行每列的最大值,求满足条件的矩阵个数. 先将A,B按从大到小排序,显然没有什么影响.如果A的最大值不等于B的最大值那么无解否则一定有解. 考虑从大到小枚举A,B中出现的数s,那么可以将这个矩形分成一些不同的矩形或者L形使之互不影响,且位置的值在[0,s]中,且每行每列的最大值均为s,最后用分步乘法计数原理求解. 例: 5 1 2 2 3 5 2 2 3 4 5 由于矩形是特殊的L形于是我们只考虑L形: 设拐点的矩形为a*b,L上部高为c,左部长为d. 考虑容斥,设f[i]…

Qt 3D的研究(十):描边渲染(轮廓渲染)以及Silhouette Shader 之前写了两篇文章,介绍了我在边缘检測上面的研究.实际上.使用GPU对渲染图像进行边缘检測.前提是须要进行两遍渲染.前一遍渲染的结果作为后一遍结果的输入纹理.接着在第二遍渲染的时候,对二维图像做一些图像处理,终于得出带轮廓的描边渲染效果,接着和正常渲染混合在一起.就成为渲染的终于图像.但是,这种做法,是对二维图像做的图像处理,即使像上次对提取的深度进行图像处理,也无法准确地依据深度的突变来提取我们须要的边缘.所以我…

题目描述 有一个$n\times n$的网格,在每个格子上堆叠了一些边长为$1$的立方体. 现在给出这个三维几何体的正视图和左视图,求有多少种与之符合的堆叠立方体的方案.两种方案被认为是不同的,当且仅当某个格子上立方体的数量不同. 输出答案对$10^9+7$取模的结果. 输入格式 从文件$silhouette.in$中读入数据. 第一行一个整数$n$. 第二行$n$个整数,第$i$个表示正视图中从左到右第$i$个位置的高度$A_i$. 第三行$n$个整数,第$i$个表示左视图中从左到右第$i$个…

肘部法则–Elbow Method 我们知道k-means是以最小化样本与质点平方误差作为目标函数,将每个簇的质点与簇内样本点的平方距离误差和称为畸变程度(distortions),那么,对于一个簇,它的畸变程度越低,代表簇内成员越紧密,畸变程度越高,代表簇内结构越松散. 畸变程度会随着类别的增加而降低,但对于有一定区分度的数据,在达到某个临界点时畸变程度会得到极大改善,之后缓慢下降,这个临界点就可以考虑为聚类性能较好的点. import pandas as pd from sklearn.cl…

A. Reverse 菜鸡wwb又不会了..... 可以线段树优化建边,然而不会所以只能set水了 发现对于k和当前反转点固定的节点x确定奇偶性所到达的节点奇偶性是一定的 那么set维护奇偶点,然后每次set找点删点注意边界 set在删点后原来的迭代器会玄学出错,xuefeng好像被坑了,所以lowerbound一下就不用++了 B. Silhouette 很玄学的容斥 考场多QJ了18分,因为如果1-n是个序列,好像就是一个简单的容斥..... 然后用能发现是以"L"形的形状向右推的…

Cesium在1.46版本中新增了对整个场景的后期处理(Post Processing)功能,包括模型描边.黑白图.明亮度调整.夜视效果.环境光遮蔽等.对于这么炫酷的功能,我们绝不犹豫,先去翻一翻它的源码,掌握它的实现原理. 1 后期处理的原理 后期处理的过程有点类似于照片的PS.生活中拍摄了一张自拍照,看到照片后发现它太暗了,于是我们增加亮度得到了一张新的照片.在增加亮度后发现脸上的痘痘清晰可见,这可不是我们希望的效果,于是再进行一次美肤效果处理.在这之后可能还会进行n次别的操作,直到满足我们…

题意 对于给出的n个询问,每次求有多少个数对(x,y),满足a≤x≤b,c≤y≤d,且gcd(x,y) = k,gcd(x,y)函数为x和y的最大公 数. 思路: 与先前的那个相比,这次a,c并不一定为一.所以先用的莫比乌斯+容斥定理但是TL 然后发现可以进一步有优化 可以发现8/3 和  8/4都等于2.所以我们可以分段计算,用sum记录mu的和,每次求出a/i的最大位置I,在i至l这段数中,a/i的值都是相同的,便可以每次循环计算出一段数的值,而且当数值越大时,重复越多. #include…

两个子任务真的是坑……考试的时候想到了60分的算法,然而只拿到了20分(各种沙雕错,没救了……). 算法1: 对于测试点1,直接n遍dfs即可求出答案,复杂度O(n^2),然而还是有好多同学跑LCA/最短路…… 期望得分10; 算法2(搬运题解,因为这个我没有想到……): t=1的数据最直接的想法是枚举所有可能的a[]数组判断是否可行.第2个测试点n<=5,1<=a[i]<=20.注意20^5=3200000,直接暴力搜索a[i]的取值是可以承受的,可以通过第2个测试点,期望得分10分,…

先开坑. md原题写挂我也真是... 100+20+10 白夜 打表大法吼 显然,不在环上的点对答案的贡献是 \((k-cycle)^{k-1}\) . 打表得到环上的递推式,矩阵一下乘起来就好了. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long template <typename Tp> void read(Tp &x){ x=0;char ch=1;int fh; while(ch!…

综述 第一次 rk1 ,激动. 题目是 COCI 18/19 Round #1 的三至五题. 得分 \(100+100+20\) \(\mathrm{cipele}\) 问题描述 HZOJ1313 题解 二分答案+贪心 发现"最大值最小",自然想到二分答案. 对 \(a,b\) 排序,通过一些操作保证 \(a\) 比 \(b\) 短. 如果 \(b_j\) 不能被 \(a_i\) 选择,那么它一定不能被 \(a_k(k>i)\) 选择. 基于这个贪心配对即可. \(\mathrm…

综述 试题为常州集训2019SCDay2 得分\(100+30(0)+28\) 时之终结 问题描述 HZOJ1310 题解 构造题. 发现部分分有一档是 \(Y\) 是 \(2^x\) ,于是自然想到很多个三角形连到一起. 然后正解就是在这个基础上删边. \(\mathrm{Code}\) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long template <typename Tp> void re…

综述 这次是USACO2019JAN Gold的题目. \(\mathrm{Cow Poetry}\) 题解 因为每句诗的长度一定是\(k\),所以自然而然想到背包. 设\(opt[i][j]\)代表到第\(i\)位时,结尾为\(j\)的方案数. 背包,注意\(\mathrm{DP}\)顺序为先枚举\(i\),后枚举单词.(Debug了一小时就因为这个) 然后乘法原理统计答案即可. \(\mathrm{Code}\) #include<bits/stdc++.h> using namespac…

考试过程: 照例开题,然后觉得三道题都挺难,比昨天难多了(flag×1),T1 dp?T2 数据结构? T3 dp?事实证明我是sb然后决定先搞T2,但是,woc,这题在说什么啊,我怎么看不懂题啊,连样例都手模不出来,完了凉了,然后又看了一个半小时的题,还是没看懂心态爆炸,然后匆匆打了T1T3暴力,还自我感觉良好,觉得这么难的题,拿个150pts左右应该rank10没啥问题叭,然后出分,T1T2A了一片,然后我还暴力挂分,然后在第二机房成功倒数. 反思: 还是思考的太少啊,对题目的难度评估出现很…

T1 字符串: 裸的卡特兰数题,考拉学长讲过的原题,就是bzoj3907网格那题,而且这题更简单,连高精都不用 结论$C_{n+m}^{n}-C_{n+m}^{n+1}$ 考场上10min切掉 #include<bits/stdc++.h> #define int long long ; ; using namespace std; int inv[N],fac[N]; int qpow(int a,int b){ ; while(b){ ) ans=ans*a%mod; b>>=…

达哥T1 实际上还是挺难的,考试时只qj20pts,还qj失败 因为他专门给出了mod的范围,所以我们考虑把mod加入时间复杂度. $50\%$算法: 考虑最暴力的dp,设$f[i][j]$表示进行$i$次操作后得到的数为$j$,方案总数,转移应该还是很明显的 $dp[i][j*k\%mod]=dp[i-1][j]×cnt[k]$,$cnt[k]$表示数k出现的次数. 然后在结合前20ptsqj,就可以愉快的拿到50pts. $100\%$算法: 看题解发现什么原根,矩阵乘,蒟蒻弃疗.... 但…

考试T2,考试时想到了40pts解法,即对于求b数组,随便瞎搞一下就oxxk,求a的话,很明显的高斯消元,但考试时不会打+没开double挂成10pts(我真sb),感觉考试策略还是不够成熟,而且感觉考试时间很不够用,一直在瞎yy+code,听讲题DeepinC 12min就打出了T150pts,这不仅是思维上的劣势,而且打代码的速度必须要加上来啊,不然就算有好想法也打不出来(也没啥好想法). 接下来就是正经八本的题解了: 首先我们可以来一波玄学复杂度分析,数据范围1e5,要么$O(nlogn)…

考试T2,考试时打了个$O(n^3)$dp暴力,思路还是很好想的,但细节也不少,然后滚动数组没清空,而且题又看错了,只得了10pts,真是血的教训. 题解: 其实看数据范围,给出了模数是否为质数,其实应该能推测出这是道数学题(但是不会推式子啊) 我们仔细分析一下问题,我们设$ri,le,up ,down$分别为向右左上下走的步数,且总步数为T,然后我们只要知道,向一个方向走的步数就能得到其他的,但是我们发现光凭一个是求不出的,我们再转化一下思路,我们设在上下方向走的步数为$k$,则$up+dow…

这题算是这场考试里最水的一道题了吧,就是求个最小环,但之前没练过,就在考场上yy出了最短路+次短路的傻逼解法,首先是不会求次短路,其次是这显然不对呀,自己随便想想就可以反驳这种解法. 正解比较神,但是跑n遍dijkstra就完全可以了,具体细节看代码吧. #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #includ…

这个题目背景真的是让我想起了当年... 不说了,言归正传,这题,一眼看去30分暴力还是很好拿的,但我因为考试时的心态问题没有处理好细节爆了零. 30分暴力的普遍思路的复杂度应该是$O(nmd)$的,但是d的数据范围实在恐怖,根本无法AC. 30分思路看上去优化空间不是很大(但是有神犇想出了矩阵快速幂加速转移,TQL). 我们考虑转换一下思路,首先d肯定是不能放进复杂度里的,那又要怎么转移呢,我们观察到因为最多有n块饼干,所以最多真正给她饼干的天数也就是n天,那么我们根据这个来设计状态:设$f[i…

考场几乎想到了正解,然而我也不知道当时在想啥,在没有证伪的情况下只是觉得无法实现就否了…… 最后打的好象是达哥说的O(4*15*n*m),复杂度不是很会证反正T成了暴力…… 题解: 对于测试点8,9,10:bfs每个0的联通块,如果联通块边缘某累方块出现了x个,那么贡献为x*(x-1)/2.注意去掉既相邻又处于同一联通块的贡献.由于这些测试点的性质,统计出来的答案是正确的. 推广到一般情况,上面的结论不是完全适用. 考虑上面结论会错在什么地方,当两个方块同时属于多个0的联通块时会被算重,考虑容斥…

考场用的set,代码复杂度很低,时间复杂度$O(sum log)$,一发过了大样例,以为1e6的数据很稳了就没再管(然后就挂掉了……) 考后把set化成unordered_set就A了.其实$sum log$的时间复杂度是没有什么问题,只不过有个细节没有考虑好,考场上以为set赋值和clear的复杂度是O1的,然后就挂掉了. 其实用unordered_set复杂度也不是很对,瓶颈在于赋值和清空. 题解: 考虑用set s维护,顺便用一个变量sum维护set中数据的和. 对于操作1;考虑B集合中的…

比较显然的一个性质是如果存在$a(i)>=a(j) \& \& b(i)>=b(j)$那么j没用. 我们并不需要A,B的具体取值,我们之关心$\frac {A}{B}$. 不妨令B=1,x=A,那么$t=\frac {x}{a} + \frac {1}{b}$. 那么问题转化为:是否存在一个x使i的t最小. 显然是一个上凸包,用单调栈维护即可. 关于单调栈维护凸包可以看这篇博客. #include<algorithm> #include<iostream>…

比较神仙的一道题. 第一问还比较简单一点: t是否可行是单调的,考虑二分. 考虑对于两个人i,j合法的条件,设x(i)<x(j),那么$x(i)+\frac {a(i)*t^2}{2} < x(j)+\frac {a(j)*t^2}{2}$. 那么把x离散作为数组下标,t时间后的位置作为值,合法的最多人数为最长上升子序列. 将t时间后的位置再次离散,树状数组维护即可. 注意此序列的下标为离散后的x,并不是输入的‘老司机’的id,在求解第二问的时候要特别注意. 只需要判断最长上升子序列的长度与k…

直接暴搜是$3^n$的,无法接受. 正解是$meet \ in \ the \ middle$,暴搜前n/2个数,每个数的状态有三种:都不选,选为A集合,选为B集合.那么我们可以维护两个集合的差. 设状态为sta,每个数选中为1(无论是A还是B集合都为1),否则为0.差为v. 将二元组(sta,v)插入Hash_map. 之后暴搜后n/2个数.同样统计出状态sta和差v.在Hash_map中查询差为v的二元组个数.同时用数组v[1<<11][1<<11]记录两个状态是否选择过去重.…

性质:一个数分解质因数后2的次数=二进制下末尾连续0的个数. 乘2比较好考虑,比较恶心的是+1.一个$k*2^0$的数+1后可能会出现很多情况.但是k这个数表示不出来. 但是加的操作最多有200次,也就是说最多影响二进制下的后8位.根据上述性质,我们把后8为作为状态,统计概率. 但是只有后8位状态的的话还是不可做,再加上第9位状态以及与第九位相同的连续长度来考虑进位. 即f[i][j][s][k]表示i次操作后,后8位为s,第九位为k,有连续j位的概率. 转移少麻烦但还是比较好想的.本题难度在于…

强烈谴责$skyh$的没$\Huge 脸$行为. 很经典的可反悔贪心,然而我一直以为是sbdp还一直想着怎么优化…… 正常的贪心肯定是不对的. 但是由于A-C=A-B+B-C, 所以用一个小根堆维护,每次将当前天的a加入,表示当前天可以买入, 如果堆顶小于a,取出堆顶,ans加上差,再次将当天的a加入,那么如果之后卖出更优则会减掉当前的a利用差价满足了贪心性质. #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio>…

输出原序列有45分…… 字典序最小可以和拓扑序联系起来. 根据原来的题意不是很可做,于是对原序列求逆,令q[p[i]]=i; 那么就成功将题意转化:相邻元素值的差大于等于k时可以交换,使序列字典序最小. 考虑一下$n^2$怎么做,对于$i<j$,如果$abs(q[i]-q[j])<k$,那么q[i]和q[i]的大小关系不会发生变化,那么连一条$q[i]->q[j]$的边表示q[i]在q[j]之前,跑拓扑排序就可以了. 考虑优化,其实做过很多这种题了(‘炸弹’),图中会存在$A->B…

所以我刚学反演还没学反演就要做这么一道神仙题…… 首先大于n不好求,补集转化. $ans=n*n-\sum \limits _{i=1}^{n} \sum \limits _{j=1}^{n} \left [  lcm(i,j)\leqslant n\right ] $ 那么我们要求: $\sum \limits _{i=1}^{n} \sum \limits _{j=1}^{n} \left [  \frac{i*j}{gcd(i,j) } \leqslant n \right ]$ 枚举d=…

测试点1-2:暴力. 测试点3-4:可以将边按r从大到小排序不断加入,然后用并茶几维护深度.好像也可以用猫树做. 好吧其他的部分分并没有看懂. 正解: 线段树分治,求出每个速度的答案. 对于速度区间$[L,R]$,将完全包含这个区间的边加入,对于其余的边,按照和mid的关系分到左右儿子,这里的一条边有可能同时分到两个儿子所以直接塞vector就行了. 那么到达叶子区间时,满足条件的树的结构已经出来了,答案就是这些联通块的直径. 那么大体思路已经清晰了,如何动态维护树的结构呢?lct!!!并查集即…

60pts: 每个DAG的拓扑序是唯一的,所以考虑将DAG分层.f[i][j]记录当前选择的节点状态是i,最后一层的节点状态为j(dep取最大). 初始状态:$f[i][i]=1;i\in [1,1<<n)$.那么我们第一层枚举当前状态i,第二层枚举[1,1<<n).那么令s=i&j,t=j&(~i),s即为i的一个子集,所以令s为当前的最后一层,t为i 的补集的一个子集,令t为转移后的最后一层,要求s到t中每个点都有边.枚举t中每个点,设ch1为集合$i-s$当前…