题面 这也算是个套路题(算吗)?发现换来换去每行每列数的组成是不变的,那么就把每行每列拎出来哈希一下,复杂度$O(Tn^2log$ $n)$有点卡时=.=. 然而正解似乎不需要哈希,就像这样↓ ;i<=n;i++) ;j<=m;j++){ int xxx=read(); x[xxx+A]=i; y[xxx+A]=j; } bool b=true; ;i<=n;i++){ ;j<=m;j++){ a[i][j]=read(); ]+A]||x[a[i][j]+A]==)b=false…

题面 洛谷数据非常水,建议去bzoj 我第一眼一看这不是那个POI2011的升级版吗(明明这个是2009年的,应该说那个是这个的弱化版,果然思想差不多. 因为$k$很小,可以考虑每个间隔距离来转移.我们按照传统(雾,其实这里的的名字已经不是很符合定义了,设$cov[i][j]$表示以$i$为根的子树里剩余控制距离为$j$的点还能控制几个点,$unc[i][j]$表示以$i$为根的子树里还没被覆盖的距离等于$j$的点有几个.每次从儿子获取信息后先更新$cov[x][k]$,然后就是这“类”题的关键…

题面 看起来很水,然而不会DP的蒟蒻并不会做,PoPoqqq orz 设$f[i][j]$表示当前在第$i$个点和第$i+1$个点之间查票,已经查了$j$次的最大收益.然后就是那种很常见的枚举前一个结尾的转移,主要是贡献的求法,从$x$到$y$的贡献是$val[(x+1,y+1)][(y,n)]$(二维前缀和一下).对于方案就在更新时记录上一个结尾即可 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> usin…

题面 板板讲的霍尔定理 霍尔定理:一张二分图有完全匹配的充要条件是对于任$i$个左部点都有至少$i$个右部点与它们相邻.放在这个题里就是说显然最容易使得鞋不够的情况是一段连续的人,那就维护一下最大子段和就好了=.= #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ; *N],rr[*N],len[*N],val[*N]; long long n,m,k,d,t1,t2…

Description 题库链接 初始时滑冰俱乐部有 \(1\) 到 \(n\) 号的溜冰鞋各 \(k\) 双.已知 \(x\) 号脚的人可以穿 \(x\) 到 \(x+d\) 的溜冰鞋.有 \(m\) 次操作,每次包含两个数 \(r_i\) , \(x_i\) 代表来了 \(x_i\) 个 \(r_i\) 号脚的人. \(x_i\) 为负,则代表走了这么多人. 对于每次操作,输出溜冰鞋是否足够. \(1\leq n\leq 200,000,1\leq m\leq 500,000\) Solut…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1115 差分后变成阶梯博弈. #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N = 1003; int a[N], n, s; int main() { int T; scanf("%d", &T); while (T--…

前言 没脑子选手随便一道博弈论都不会 -- 正文 Nim 游戏引入 这里给出最简单的 \(Nim\) 游戏的题目描述: \(Nim\) 游戏 有两个顶尖聪明的人在玩游戏,游戏规则是这样的: 有\(n\)堆石子,两个人可以从任意一堆石子中拿任意多个石子(不能不拿),没法拿的人失败. 问最后谁会胜利. 结果是:当 \(n\) 堆石子的数量异或和等于 \(0\) 时,先手必胜,否则先手必败. 来考虑口胡一个证明: 考虑异或和是 \(0\) 的意义. 异或和是 \(0\) 代表着对于所有石头数的每一位二…

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…

题面 今天考试考了,于是开始糊学决策单调性DP 这是一个完全不会优化DP的人 决策单调性DP的一种优化方法是用单调队列优化 存下{左端点l,右端点r,最优决策点p}的三元组,按照单调队列的通常操作来说: (0.初始化,将整个序列丢进去) 1.弹队头:弹掉所有不合法的三元组(r<i的) 2.求答案,同时更新队头的左端点 3.弹队尾: ①如果队尾的决策点不如i优,说明队尾这整个三元组当前的决策点太靠前了,直接弹掉 ②当弹不掉时,根据决策单调性,队尾这个三元组后面的一部分决策点是i,前面的不是,二分出…

题面 考虑这个平方的实际意义,实际是说取两次取出一样的序列 那么设$dp[i][j][k][h]$表示第一次在上面取$i$个下面取$j$个,第二次在上面取$k$个下面取$h$个的方案数 等等$n^4$根本开不下+过不去啊=.= 发现$i,j,k$固定时$h$可以算出来,于是少一个$n$的复杂度 建议填表转移,每次从$dp[i][j][k]$转移过去,所以如果空间不够就把$i$滚掉 提示:被卡常的尝试统计的时候判一下是否有值就能过了... #include<cstdio> #include<…

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$l,r$,…

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 这个题是比较套路的做法啦,建反图后缩点+拓扑排序嘛,对于所有处在$size>=2$的SCC中的点都是无限解(可以一直绕) 然后注意统计的时候的小细节,因为无限解/大解也要输出,所以我们把这些点统一统计成36501,然后所有的方案都对36501取min就可以很方便的输出了 #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace s…

题面 既然我们只知道最后数量为$k$的蚂蚁会在特殊边上被吃掉,不妨逆着推回去,然后到达每个叶节点的时候就会有一个被吃掉的蚂蚁的区间,然后二分一下就好啦 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,maxx=1e9; int ant[N],deg[N],leaf[N]; *N],goal[*N]; int n,g,k,t,root,t1,t2,n1,n2,cnt;…

题面 首先我们要有一个明确的构造思路 对于非根节点,我们把子树连上来的线两两配对,这样如果它有奇数个子树就会剩一个,这时候把这根线传给父亲即可.对于根节点还是两两配对,但是注意如果它也有奇数个子树就不能剩了,必须把这根线算上.这样第一问的答案就是每个非根节点贡献度数除以二下取整,根节点贡献度数除以二上取整 第二问我们先二分答案,仍然沿用这个思路,这时我们要让最长的最短,于是我们每次把子树里传上来的线塞进一个multiset.讨论:对于有奇数个子树的情况,从大到小枚举线,二分出和当前的线拼起来不超…

题面 事实上这份代码在洛谷过不去,因为好像要用到一些压缩空间的技巧,我并不想(hui)写(捂脸) 先预处理$1$到$k+1$这些点之间相互的最短路和它们到终点的最短路,并记录下每个点能够转移到时的状态,然后就是状压dp辣. 设$dp[s][i]$表示状态为$s$时处在点$i$的最短路,就可以$O(2^kk^2)$转移了,注意最好减一些不合法状态,因为这时间挺危险的=.= #include<queue> #include<cstdio> #include<cstring>…

题面 还可以这么搜......学到了(PoPoQQQ orz) 我们最朴素的做法是枚举所有状态(当然可以剪,剪完最终实际状态量也是$C_{26}^{13}$的),然后每次$O(n)$扫一遍判断,大概会T炸,考虑优化 我们先预处理每个状态中$1$的数目和连边的状态,然后压缩状态初始让一边集合为空,一边集合为全集,这样每次从已有的点的前面$\frac{n}{2}$个点中枚举一个加入另一边,就可以边搜边更新边数而不用最后$O(n)$检查了.另一个问题是数组可能非常大,这里我们可以把状态拆成前后两半,然…

首先洛谷的题面十分的劝退(至少对我这个菜鸡来说是这样),我来解释一下(原来的英文题面): 有一个有若干个密码(每个密码都可以开箱子)的密码箱,密码是在$0$到$n-1$的数中的,且所有的密码都满足一个条件:如果$x$是密码,$y$也是密码($x$可能等于$y$),那么$(x+y)\%n$也是密码.现在有一个人在试密码,他试了$k$个数,前$k-1$个都是错的,第$k$个是对的.现在你要求这个密码箱最多有多少不同的密码. 显然如果$x$是一个密码,那么$ax(a∈N\&\&ax<n)$…

题面 有点意思的题 从一个位置$i$出发可以到达每一个位置即是从$1,n$出发可以到达$i$.然后有了一个做法:把图上下反转后建反图,这样就可以求从一个点$i$到达左右两侧的花费$dp[i][0/1]$了,这个花费就是当前总长度-到这个点为止的LIS长度(左右各求一遍).因为还要考虑边的这个问题,可以用一个权值树状数组维护前/后缀最大值来实现.可以发现合法点的左侧都能到达左端,右侧都能到达右端,所以其实我们找的是一段区间,即找一段区间$(l,r)$使得$dp[l][1]+dp[r][0]<=k$…

题面 原来看过然后没做,结果板板把这道题改了改考掉了,血亏=.= 首先看看有没有符合条件的点.如果没有开始寻找解,先把所有的大于$2*k$的点设为坏点,然后求最大子矩形,只要一个最大子矩形的权值和超过$2*k$则它的一个子矩形一定可以成为解.因为这时所有点都小于$k$,这个最大子矩形既然权值和超过$2*k$那么一定是有一部分落在所求的区间中,然后逐行/列枚举切一下是一定有解的. 注意最大子矩形的边界(为什么你们的最大子矩形都要做两遍啊=.=) #include<cstdio> #include…

题面 水水的换根裸题,不过以前还真没做过换根的题 换根的思想就是在DFS中利用树的信息更新出当前点为根时的信息,具体来说一般是考虑子树外和子树内两部分 每个点的答案$ans$就是$ans[fa]+n-2*siz[nde]$ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ; *N],goal[*N]; int p[N],dep[N],siz[N]; int n,t1,…

题面 洛谷翻译有毒系列 正常人能看懂的题面:若$S$可以通过前缀$s$重复若干次(可重叠)来表示($s!=S$),则称$s$是$S$的一个循环串.求一个字符串所有前缀(包括本身)的最长循环串的长度之和. 根据$nxt$数组的定义,显然每个串的答案是$len-nxt'$,这里的$nxt'$表示最小的前缀=后缀,当$nxt=0$时没有贡献,然后我们可以每次向前跳$nxt$,记忆化之后就是$O(n)$的 #include<cstdio> #include<cstring> #includ…

题面 正反各做一遍哈希来判断,然后在两个哈希值里取一个$max/min$做哈希值,然后每次把子串们的哈希插进$set$里,最后统计集合大小,就可以优秀地在$O(nlog^2$ $n)$中出解了 然后我觉得这样太没有理想了,就写了一个挂链哈希表,结果跑的贼慢... 我挂链时的区分方法是换模数再模出一个新值,然后这样做的时候注意要和哈希表的基数和模数区分开 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> usin…

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 设当前位置为$pos$,那么可以发现在出租车总部左侧时,每辆车的贡献是$x[i]-(d-pos)$,而在右侧时只有$x[i]>=m-d$的车能够把人送到,那么首先我们要找出最小的满足$x[i]>=m-d$的车用来送人.接下来考虑在出租车总部左侧的策略,容易发现一定是先叫$x[i]$大的车,然后注意细节模拟一下就可以了. 细节1:可能我们在左侧坐了一次车直接就到了终点,注意判断 细节2:我们留那辆车是可以从左边出来接我们的=.= #include<cstdio> #includ…

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…

题面 小学数奥见祖宗(相信大多数人小学都看过这个玩意 如果你没看过这个问题,第一反应可能是让跑的最快的来回送火把,然而样例已经hack掉了这种做法,更优的做法是让跑的最快的和第二快的来回送火把.然后事实上这两种一定能组合出最优决策,为什么不会有什么跑的前三前四前几快的来回送的情况呢?因为一次只能过两个人的话让更慢的去送是没有意义的,于是递推一下就可以了 注意边界和特判什么的...... #include<cstdio> #include<cstring> #include<a…

题面 网上好像都是堆的做法啊......我这个不算离散化是$O(n)$的说(虽然有一坨vector可能不开O2会爆炸) 题目即是让我们求是否存在一个最长的是不少于$k$个给出区间子集的区间,如果存在输出方案.我们发现当我们的左端点固定时,右端点越向右越可能不合法,但同时答案在不断扩大(好像不太严谨),这给了我们一个更新答案的条件:而当右端点固定左端点向右移动时,答案只会越来越合法同时越来越不优.这样我们就可以尺取做了,问题是如何统计当前区间是几个区间的子集呢? 事实上这不需要任何数据结构,我们将…