题目大意: 一个$n\times m(n,m\leq400)$的网格图中,每个格子上放了两个三明治,摆放的方式分为'N'和'Z'两种.一个三明治可以被拿走当且仅当与该三明治的两条直角边相邻的三明治均被拿走或与该三明治斜边相邻的三明治被拿走.问对于每个格子,想要拿走这个格子中的所有三明治至少需要先拿走多少三明治. 思路: 对于同一个格子,不难发现这一个格子中两个三明治接连被拿走一定是最优的. 于是这题就和每个单独的三明治取走顺序没什么关系了,只和每个方格取走顺序及三明治的摆放方式有关. $O(n^

Loj 2731 「JOISC 2016 Day 1」棋盘游戏 JOI 君有一个棋盘,棋盘上有 \(N\) 行 \(3\) 列 的格子.JOI 君有若干棋子,并想用它们来玩一个游戏.初始状态棋盘上至少有一个棋子,也至少有一个空位. 游戏的目标是:在还没有放棋子的格子上依次放棋子,并填满整个棋盘.在某个格子上放置棋子必须满足以下条件之一: 这个格子的上下一格都放有棋子: 这个格子的左右一格都放有棋子. JOI 君想知道有多少种从初始状态开始,并达到游戏目标的方案,这个答案可能会非常大.请你帮 JO

「JOISC 2016 Day 1」棋盘游戏 先判无解:第1,3行有连续的空格或四个角有空格. 然后可以发现有解的情况第1,3行可以在任意时间摆放. 对于某一列,若第2行放有棋子,那么显然可以把棋盘分开两边来计算,然后再排列一下. 所以目前要处理的是一段 第二行都没有棋子的棋盘的方案数. 对于该段棋盘: 定义\(dp[i][j][2]\)为前\(i\)列,当前列的第二行是第\(j\)个放置的,\(0/1\)表示是否为通过行的方式放置. 这里为了避免重复和方便,若可以通过列的方式放置,就不通过行的

题意 JOI 君有一个棋盘,棋盘上有 \(N\) 行 \(3\) 列 的格子.JOI 君有若干棋子,并想用它们来玩一个游戏.初始状态棋盘上至少有一个棋子,也至少有一个空位. 游戏的目标是:在还没有放棋子的格子上依次放棋子,并填满整个棋盘.在某个格子上放置棋子必须满足以下条件之一: 这个格子的上下一格都放有棋子: 这个格子的左右一格都放有棋子. JOI 君想知道有多少种从初始状态开始,并达到游戏目标的方案,这个答案可能会非常大.请你帮 JOI 君算出这个答案,并对 \(10^9+7\) 取模. 数

题目:https://loj.ac/problem/2737 相连的关系形成若干环 / 内向基环树 .如果不是只有一个环的话,就得断开一些边使得图变成若干链.边的边权是以它为出边的点的点权. 基环树的树的部分可以 DP 或者贪心,贪心就是只在分叉处断边. 对于每个环,先做出 f[ i ][ 0/1 ] 表示环上这个点 不向下 / 向下 延伸链的代价,然后在环上 DP . 方法就是先指定 tot -> 1 的边不选, DP 一番,再制定 tot -> 1 的边选, DP 一番. 如果指定 tot

题目:https://loj.ac/problem/2736 如果每个询问都是 l = 1 , r = n ,那么每次输出序列的 n 个数与本次操作的数的最大值即可.可以用堆维护. 不同区间的询问,可以分块! 考虑如果 l = 1 , r = n ,怎么知道最后的序列每个位置是什么. 可以这样:把所有操作的数字都放进小根堆里,依次遍历每个位置,如果堆顶比该位置的值小,就把该位置的值换成堆顶的值,堆里删掉原堆顶,加入该位置原来的值. 分块的话,每个块开两个大根堆,一个 yq 维护原序列的数字,一个

loj2734 洛谷P3615 http://218.5.5.242:9021/problem/185 不会做... 题解(来自ditoly): 这一步更详细的解释(来自kkksc03): 还是从后面推.我们把女性设为+1,男性设为-1,然后从队伍末尾开始开始计算后缀和.一但后缀和到了-2,就说明到了两个男的商量谁去女厕的地步.所以说只要保证后缀和一直大于等于-1,那么这个就一定可以在N分钟内解决(请读者自行证明,利用数学归纳法) F>=M-1,M<=F+1S=F+M>=2M-1<

https://loj.ac/problem/2736 题解 挺有意思的题. 考虑这种操作不好直接维护,还有时限比较长,所以考虑分块. 考虑一个操作对整个块的影响,无非就是可能把最大的拿走,再把新的元素插进去. 对于散块我们可以重构,那么对于整块我们也可以快速查询. 现在的问题就是对于一个整块,我们打上了一堆标记,现在如何快速下放标记. 考虑到我们只需要知道最终的结果是什么,我们可以开一个小根堆存所有的标记,然后从左到右模拟就行了. 代码 #include<bits/stdc++.h> #de

参考博文 (不过个人感觉我讲的稍微更清楚一点) 题目就是让我们求图中满足数值大于等于B的连通块数量 然后我们可以尝试转换为求连通块两端所产生的“谷”的数量,显然一个连通块对谷可以贡献2的答案,最终答案就是谷的数量除以2 (下图为查询$B_i$大小为4时的情况,每一个箭头代表一个谷) 发现每两个数中间的空格都是有可能产生谷的,所以我们只需要维护有多少个空格满足产生谷的条件即可 记一个空格左边的数字为X,右边的数字为Y,当前询问为B,观察发现,当且仅当满足下列条件时,这个空格可以成为谷 $$min(

题目传送门 题目大意 给出一个\(n\)个点\(n\)条边的图,每个点有且仅有一个出边,改变每条边都会有对应的花费.求最小的花费使得整个图强连通. 思路 很显然,最后的图就是一个环.那我们要求的答案实际上就是链的最大权值之和. 我们再次将问题转换,发现就是每个点只保留一条边,而保留的边就是连向它的边权最大的边.但是我们发现这实际上还有问题,因为这样仍可以构成一个环,那我们就选环上一个点断开再选一条不在环上且边权最大的边即可. \(\texttt{Code}\) #include <bits/st

题目描述 K 理事长是占卜好手,他精通各种形式的占卜.今天,他要用正面写着 I ,背面写着 O 的卡片占卜一下日本 IOI 国家队的选手选择情况. 占卜的方法如下: 首先,选取五个正整数 A,B,C,D,EA,B,C,D,EA,B,C,D,E: 然后,拿出 A+B+C+D+EA+B+C+D+EA+B+C+D+E 张卡片摆成一排,从左至右摆成 AAA 张正面,BBB 张反面,CCC 张正面,DDD 张反面,EEE 张正面的形式.也就是说,从左到右依次摆 AAA 张 I,BBB 张 O,CCC 张

题解: 和hnoi2018day2t1基本一样 我想了半小时想出了一个很麻烦的做法 写了之后发现假掉了 刚开始想的是 先预处理出每个门要打开至少要在左边的哪个点$L[]$,右边的哪个点$R[]$ 对每个位置要去二分出右端点(左端点同理) 然后合法的判定方法是 在$MIN(L[k])~i-1$这一段 和$i+1~当前点$这一段 不存在点满足$lx>=y&&ry>=x$ 然后我想了一会 很傻比的发现可以对每个点预处理最右边哪个点满足这个(直接忽略了前面的条件) 然后就gg了

题解: 很套路的题目 我们按照询问中的不算的个数是否大于$block$分类 如果大于,就$O(n)dp$一下 如果小于,就预处理出到每个点前$block$小的点 $block取\sqrt{n}$的话复杂度就是$n\sqrt{n}$的

点此看题面 大致题意: 给你一张\(DAG\),多组询问,每次问你在起点不为某些点的前提下,到达给定终点的最大距离是多少. 设阈值 由于限制点数总和与\(n\)同阶,因此容易想到去设阈值. 对于限制点数少于\(\sqrt n\)的询问,首先我们可以\(O(n\sqrt n)\)预处理出对于每个点到其距离前\(\sqrt n\)大的点及其距离. 关于这个,可以通过在\(DAG\)上归并转移处理出来. 然后询问时只要\(O(\sqrt n)\)对于给定终点找到第一个非限制点即可. 对于限制点数大于等

题目大意:有一个$n\times m$的网格图,若一个人的同一行或同一列有人,他就必须面向那个人,若都无人,就可以任意一个方向.若一个人无法确定方向,则方案不合法,问不同的方案数.$n,m\leqslant3000$ 题解:令$f_{n,m}$表示$n\times m$的网格图的答案.$f_{0,i}=f_{i,0}=1$,考虑在原来基础上加一列 1. 这一列是空的.$f_{n,m}+=f_{n,m-1}$2. 这一列放一个人,且他所在的一行无人,那么他可以放在这一列的任意一个位置,并且可以向$

loj 答案显然满足二分性,先二分一个速度\(v\) 然后显然所有没有点火的都会往中间点火的人方向走,并且如果两个人相遇不会马上点火,要等到火快熄灭的时候才点火,所以这两个人之后应该在一起行动.另外有火的人应该是选前面一个或后面一个没火的人,去和他相遇,所有任意时刻点过火的人都是连续的区间\([L,R](L\le k \le R)\) 现在要做的是推出\([1,n]\)是否可以被全部点火.一个区间\([L,R]\)能被点火,至少要满足的条件为\(x_R-x_L\le 2tv(R-L)\),即这两

有趣的脑子题(可惜我没有脑子 好像也可以称为模拟费用流(? 我们考虑用链表维护这个东西 再把贡献扔到堆里贪心就好了 大概就是类似于有反悔机制的贪心?我们相当于把选中的一个打上一个-v的tag然后如果选了它旁边的就把它取消掉 也是一个打tag的思想 说起来不是很好描述 看代码可能会更好理解(? //Love and Freedom. #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cma

分析 预处理每个点的前根号小的距离 对于每次询问删除点小于根号则已经处理好 否则直接暴力dp即可 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fi first #define se second #define mp make_pair ; ],vis[]; priority_queue<pair<]; pair<][b+]; vector<]; int main(){ int i,j,k; scanf

分析 https://yhx-12243.github.io/OI-transit/records/uoj356%3Bloj2391%3Bac2534.html 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ; vector<]; ][],a[],b[],bel[],],n,m,vis[]; inline int sf(int wh,int x){return fa[wh][x]==x?x:fa[wh][x]=sf(wh,fa[wh][x

用 LCT 维护颜色相同连通块,然后在线段树上查一下逆序对个数就可以了. code: #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <string> #define N 100005 #define ll long long using namespace std; namespace IO { void setIO(string s) { string in=s+&qu

「JOISC 2019 Day3」穿越时空 Bitaro 题解: ​ 不会处理时间流逝,我去看了一眼题解的图,最重要的转换就是把(X,Y)改成(X,Y-X)这样就不会斜着走了. ​ 问题变成二维平面上每个横坐标上只有一块区间是空的,你要求的是你从(A,B)走到(C,D)的最短路,直接上线段树维护区间答案和状态. ​ 大概就是一段区间,要么它最后等价于一个(L,R),L是这段区间L的最大值,R是最小值:要么它最后被压成唯一一条路径. ​ 代码不想放了,想要的话上loj看吧.