#2461. 「2018 集训队互测 Day 1」完美的队列 传送门: https://loj.ac/problem/2461 题解: 直接做可能一次操作加入队列同时会弹出很多数字,无法维护:一个操作的有效区间是连续的,考虑找到操作x结束的时间ed[x],即执行(x,ed[x]]可以将x加入的数全部弹出,这样用一个vis记录数字次数就可以维护个数: 一种比较暴力的做法是:枚举x,用一个线段树维护还可以放多少个元素,枚举ed[x]更新,但是这样不满足单调性无法two-pointers; 考虑分块.

题目链接 https://loj.ac/problem/3069 题解 复数真神奇. 一句话题意:令 \(f(x)\) 表示以原点 \((0, 0)\) 为圆心,半径为 \(x\) 的圆上的整点数量,求 \(\sum_\limits{i = 1}^N f(i)^k \bmod P\) 的值. 令 \(g(x) = \frac{f(x)}{4}\),那么我们需要求 \(\left(4^k\sum_\limits{i = 1}^Ng(i)^k\right) \bmod P\).打表可得 \(g(x)

题目来源:2018集训队互测 Round17 T2 题意: 题解: 显然我是不可能想出来的……但是觉得这题题解太神了就来搬(chao)一下……Orzpyz! 显然不会无解…… 为了方便计算石子个数,在最后面加一堆$a_i=c_i=\infty$的石子,确保每次取石子都可以取满$k$个: 先考虑$a_i=0$的情况: 设$f_{i,j}$表示只考虑第0到$i$堆石子,通关前$j$轮的最少操作次数: 设$g_{i,j}$表示只考虑第0到$i$堆石子,前$j$轮结束后再取若干次石子,每次取$k$个,使

题面传送门 & 加强版题面传送门 竟然能独立做出 jxd 互测的题(及其加强版),震撼震撼(((故写题解以祭之 首先由于 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 互不相同,故可以考虑求出所有集合 \(S=\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\) 的权值之和,然后答案乘上 \(n!\). 那么怎么求这个权值之和呢?首先有一个非常 naive 的 DP,\(dp_{i,j}\) 表示 \(1\sim i\) 中选了 \(j\) 个数,可得的集合的权值之和,那么显然有 \(dp_{i,j

题目 描述 ​ \(0-n-1\)的图,满足\(n\)是\(2\)的整数次幂, $ i \to j $ 有 $ A_{i,j} $ 条路径: ​ 一条路径的愉悦值定义为起点和终点编号的\(and\)值; ​ 可以走多条路径: ​ 询问对于\(x \in [1,m] \ , \ y \in [0,n)\),总步数为\(x\),所有路径愉悦值\(and\)和为\(y\)的方案数: ​ 你只需要输出他们的异或值: 范围 ​ $n\le 64  ,  m \le 20000 $; 题解 令\(w_{i,

题意:维护一个数列,每个元素是个二维向量,每次可以在后面加一个元素或者删除一个元素.给定P(x,y),询问对于[l,r]区间内的元素$S_i$,$S_i \times P$的最大值是多少. 首先简单地推出类似斜率优化的式子,那么我们需要在凸包上二分. 学习了一下这份代码http://uoj.ac/submission/69959 使用线段树按下标维护凸包.那么这里有一个问题,如果按照传统的写法,合并一次的复杂度是与$O(区间长度)$的,这样会导致单次插入/删除的时间复杂度变为$O(n)$,是不能

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ191.html 题目传送门 - UOJ191 题意 自行移步集训队论文2016中罗哲正的论文. 题解 自行移步集训队论文2016中罗哲正的论文. 代码 所以说我就是来存代码的? #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; LL read(){ LL x=0,f=0; char ch=getchar(); whi

题目描述 http://uoj.ac/problem/88 题解 维护两颗线段树,维护最大值和最小值,因为每次只有单点查询,所以可以直接在区间插入线段就可以了. 注意卡常,不要写STL,用链表把同类修改串起来就好了. 代码 %:pragma GCC optimize() %:pragma GCC optimize() #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath>

享受爆零的快感 老叶本来是让初三的打的,然后我SB的去凑热闹了 TM的T2写炸了(去你妹的优化),T1连-1的分都忘记判了,T3理所当然的不会 光荣革命啊! T1 思维图论题,CHJ dalao给出了正解但-1输成0了缅怀 而且这题不能用读优玄学 思路也很新奇,先跑一遍MST,判断是否有无解的情况 然后看一下MST中与1相连的边有几条 如果小于k那么我们把所有与1相连的边减上一个值使它们优先被选,然后跑MST 大于k就加上去即可 注意到这个值可以二分,因此不停做MST即可 CODE #inclu

题目链接 LOJ2476:https://loj.ac/problem/2476 LOJ2565:https://loj.ac/problem/2565 题解 参考照搬了 wxh 的博客. 为了方便,下文用 \((x, y)\) 表示 \({\rm gcd}(x, y)\). 先分析 LOJ2476. 注意到对于任意一个数组 \(a\),第 \(x\) 项的值 \(a_x\) 可以展开写成 \(\sum_\limits{i = 1}^{x} a_i[i = x]\),进一步地,有: \[\beg

Description Solution 我们考虑将问题一步步拆解 第一步求出\(F_{S,i}\)表示一次旅行按位与的值为S,走了i步的方案数. 第二步答案是\(F_{S,i}\)的二维重复卷积,记答案为\(S_{S,i}\),那么\(F_{S,i}\times S_{T,j}\)能够贡献到\(S_{S\&T,i+j}\). 上下两部分是两个问题,我们分开来看. 考虑第一步 设原矩阵为A 根据定义,\[F_{S,i}=\sum\limits_{x\&y=T}A^i_{x,y}\] 容易看

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3938 http://uoj.ac/problem/88 小q有n只机器人,一开始他把机器人放在了一条数轴上,第i只机器人在ai的位置上静止,而自己站在原点.在这之后小q会执行一些操作,他想要命令一个机器人向左或者向右移动x格.但是机器人似乎听不清小q的命令,事实上它们会以每秒x格的速度匀速移动.看着自己的机器人越走越远,小q很着急,他想知道当前离他(原点)最远的机器人有多远.具体的操作以及询问见

Test 1: 发现是一个字母表的映射 把 \('a' \to 'z'\) 打进去找出映射就好了QAQ . Test 2: 求助 \(dalao\) 得知的点.. 答案是 : \(2016x^2 + 4x + 10 (\bmod 233333)\) Test 3: 把给的数列输进 \(OEIS\) 里. 发现是 : \(\lfloor\sqrt{\frac{n}{\pi}}\rfloor\) Test 4: 发现给的是个图? 随便输几个数据进去发现只与连通性有关. 再进一步分析,发现是连通块大小

点此看题面 大致题意: 让你维护\(n\)个有限定长度的队列,每次区间往队列里加数,求每次加完后的队列里剩余元素种类数. 核心思路 这道题可以用分块+双指针去搞. 考虑求出每个操作插入的元素在队列中被全部弹完所需要的时间\(Max_i\),最后差分即可求出答案. 我们可以\(O(\sqrt n)\)枚举块,然后\(O(m)\)枚举询问,从而统计每一个块对每一个询问的贡献值. 因此,我们主要要考虑的,就是分别对于整块与非整块,如何求出其对于一个询问的贡献. 整块对询问的贡献 整块对询问的贡献应该是

题目传送门:http://uoj.ac/problem/94 这是一道集合幂级数的入门题目.我们先考虑求出每个点集的连通生成子图个数,记为$g_S$,再记$h_S$为点集$S$的生成子图个数,容易发现,$h_S=2^{size_S}$,其中$size_S$为点集$S$的极大生成子图内的边数.特殊的,$f_{\o}=g_{\o}=0$. 定义集合幂级数的乘法为子集卷积,考虑集合幂级数$h$和$g$的关系,我们可以得到 $$h=1+\sum_{k \geq 1}\frac{g^k}{k!}=1+e^

题目 题目大意 平面上有一堆带权值的点.两种操作:交换两个点的权值,查找一个矩形的第\(k\)小 \(N<=60000\) \(M<=10000\) \(10000ms\) 思考历程&各种可能过的方法 先是想了一会儿,然后突然发现一个惊天大秘密:\(10000ms\)! 然后就想出个\(O(NM)\)的做法-- 将矩形内的所有点找出来,然后\(O(N)\)求第\(k\)大-- 于是爆\(0\)了.后来才发现是输出的时候漏了句号,而且给出的矩形有\(x0>x1\)或\(y0>

题目 题目大意 给你一个有\(n\)个点的平面. 选择三个点,求两两之间曼哈顿距离和的最大值和最小值. 思考历程&正解 比赛的时候没有想太多,但感觉似乎比较水-- 首先有个很显然的性质,答案为这三个点的最大最小横坐标之差和最大最小纵坐标之差的和. 可以把它看成矩形的周长,容易发现矩形至少一个顶点是三个点之一. 后来才发现水的是求最大值,而不是求最小值. 比赛之后开始和WMY刚-- 最大值是很好求的.我一开始打了个线段树来求,后来发现根本不用-- 求出所有点的\(Xmin,Xmax,Ymin,Ym

题目 题目大意 求\(N\)个点的简单无向图的方案数(有编号). 结果对\(1004535809\)取模. 思考历程 感觉这个问题非常经典. 当时想到了一堆式子,但都觉得可能会有重和漏,于是弃掉了-- 最终打了个纯得不能再纯的暴力,在本地开O3,将\(1\)到\(8\)的答案都跑出来,打了个表-- 正解 正解的一部分似乎被我错过了. 显然是DP,设\(f_i\)表示大小为\(i\)的连通图个数,\(g_i\)表示大小为\(i\)的所有图的个数. 显然\(g_i=2^{C_n^2}\) 接下来是转

题目 题目大意 给你一个有向图,每个点开始有一定的水量(可能为负数),可以通过边流到其它点. 每条边的流量是有上下界的. 每个点的水量可以增加或减少(从外界补充或泄出到外界),但是需要费用,和增加(减少)流量呈正比例函数关系. 每条边的流量也需要费用,费用和流量呈二次函数关系(常数项为\(0\)). 问将所有水流完的最小花费. 思考历程 这显然是一道上下界最小费用可行流嘛! ==有源有汇的上下界可行流的做法:建立超级源\(ss\)和超级汇\(tt\)(和\(S\).\(T\)),对于\(u\)到

目录 @description@ @solution@ @part - 0@ @part - 1@ @accepted code@ @details@ @description@ 小 D 有 n 个 std::queue,他把它们编号为 1 到 n. 小 D 对每个队列有不同的喜爱程度,如果有他不怎么喜欢的队列占用了太大的内存,小 D 就会不开心. 具体地说,如果第 i 个队列的 size() 大于 ai,小 D 就会对这个队列一直执行 pop() 直到其 size() 小等于 ai. 现在这些