breeding magic 878d cf

CF1592F1 Alice and Recoloring 1 CF1592F2 Alice and Recoloring 2 Part1 很容易发现，其实二和三操作是没有用的. 对于二操作，可以用一操作进行类似于求二维前缀和的方式实现，需要进行一操作至多 \(2\) 次，花费为 \(1+1=2\) ......

题目 给出一个 \(n*m\) 的矩阵，每次交换两个等大的矩阵，输出 \(q\) 次操作后的矩阵 分析 维护向右和向下的指针，考虑最后输出只需要从每行的头指针向右跳， 那么修改实际上是将矩阵左边一列、上面一行、最后一行和最后一列向右下指针交换 时间复杂度 \(O((n+m)Q)\) 代码 #incl ......

CF283E 答案即为 \(\binom{n}{3}\) 减去不合法环数。 一个三元环中最多1个点出度为2,所以出度为 x 的点会造成 \(\binom{x}{2}\) 个不合法的环。 \(\Omicron(nm)\) 的做法就是枚举 i,判断 i 与 n 个点连边是否反向(0,1表示)。 然后可以 ......

Problem - 1890D - Codeforces 这个式子左边是加法，右边是乘法，很不好算 但其实是降智题，不过同时也是我不擅长的找性质 因为式子左边是加法而不是乘法，因此像类似于并查集那样求出当前每个联通块内 \(\sum a_i\) 等价于固定一个点从这个点的联通块向外扩展。 \(i\) ......

\(\text{「CF715E」Complete the Permutations}\) \(\text{Link}\) \(\text{Describe}\) 给定长为 \(n\) 的且部分确定的置换 \(p,q\)。定义 \(p,q\) 距离为通过交换 \(p\) 任意两项变为 \(q\) 的最 ......

洛谷题面 CF1810G 分析 考虑最大前缀和满足两个条件，就是所有前缀和都不超过，以及一定有一个等于。 那么就要保证它能达到最大值且一直不能高于它 设 \(dp[i][j][0/1]\) 表示前 \(i\) 个数离达到最大值还需要 \(j\) 且未/已经达到过最大值。 初始化就是 \(dp[0][ ......

A Distance 直接枚举C点x坐标暴力判断 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int xa,ya,xb,yb; signed main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.t ......

来一点更清楚的、实现方面的东西。 做法同 这篇，他的实现很优美但略微繁琐了些。 枚举 \(T\) 的形态，发现这个匹配不过是把每个 \(T\) 中当前点的儿子塞进一个 \(S\) 中当前点的儿子内。于是 \(f_{u, v}\) 表示 \(S\) 中 \(u\) 匹配 \(T\) 中 \(v\) 且 ......

分析 看到这个题就想到了二维偏序。 你们很自然地，以 \(b\) 为第一关键字降序排序，当有若干个片 \(b\) 相等时，我们发现由于 \(a < b\)，所以排到最后的片一定能把这些 \(b\) 相等的片都统计上，而前面的片能否统计是依赖于 \(b\)，所以考虑如何让后面的片更好统计，显然 \(a ......

CF512D 聪明的想法。 首先对于同一个 i 必定保留最大的赋值操作,并且顺序为赋值-加-乘。 并且我们最终答案是所有元素的乘,那么乘操作对答案作贡献很好写就是乘的值。 那么我们想办法把余下两种操作用乘操作表示。 把大于 \(va_i\) 的赋值操作变成加操作,因为乘之前对于某个 i 一定加的越多 ......

考虑出现次数都是 \(k\) 的倍数存在必要条件：区间总和为 \(k\) 的倍数。 如果给每个正整数 \(i\) 都赋随机数 \(a_i\) 并对每次查询求区间和，错误的概率大概为 \(\frac{1}{k}\)。 跑 \(30\sim 40\) 次即可，时间复杂度为 \(O(Tn\log n)\) ......

看错题看成只能交换相邻节点颜色了/fn 每次操作交换两个节点颜色，可以转化为统计最终合法颜色序列相比开始，最少有多少个红点变成黑点。 可以考虑一个类似树形 dp 的过程，对于每个节点我们钦定下它会被哪个节点“笼罩”，同时由于黑点数量有限，我们还需要记录下子树内已经用了多少个黑点。 设“笼罩”节点 \ ......

传送门 description 对于一个 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(p\)，第 \(i\) 个位置的权值是 \(p\) 中数字 \(i\)，所在的连续自然数段的长度（可以递增，也可以递减）。现在给定一个数组 \(a\)，求第 \(i\) 个位置权值为 \(a_i\) 的排列 \(p\) ......

洛谷题面 CF1879F 分析 当 \(x\) 大于最大值时一定可以被约化为等于的情况，考虑枚举 \(x\)， 通过枚举倍数的方式可以知道存在若干段区间消耗同一精神状态的次数是相同的，那么区别就是其精神状态的差值。 那么可以用ST表维护精神状态次数的最大值和次大值，然后枚举倍数求出对于单个 \(x\ ......

思路 首先，对于 \(a_i\) 他必须得不小于最后的 \(a_{i-1}\)，所以每个数乘的次数都是固定的。 如果暴力去乘 \(2\) 直到不小于为止，将会超时，所以考虑使用其他的方法进行优化。 因为前后两个数可以同时乘以 \(2\)，相对比值不会变化，所以我们可以考虑对于最开始的 \(a_{i- ......

Lomsat gelral 把树拍成一条链，询问子树等于询问区间。 这样一看这道题就非常莫队。 但是有要求个数最多的颜色的编号，我们可以用线段树动态维护颜色的最大值。 这样，一个无脑莫队线段树的暴力就做出来了。 int n,a[N]; int dfn[N],nfd[N],cnt; int b[N], ......

一道 *2600 调了一年，代码细节是有点粪了，但自己菜也是挺菜的。/oh/oh 考虑容斥，令 \(f(A)=\sum\limits_{i,j\in A}\operatorname{lcp}(i,j)\)，那么答案就是 \(f(A\cup B)-f(A)-f(B)\)（这里的并表示可重集合并）。 令 ......

做法大同小异，但不知道为啥我跑这么慢而且还容易被卡。/kk 由于这题看上去和概率一点关系都没有并且 CF 标签中有 probabilities，不难想到随机。 由于答案子集大小至少为 \(n\) 的一半，我们每次随机一个数 \(a_i\)，它在最终答案集合里的概率为 \(\frac{1}{2}\)。 ......

提前了一个月，就做掉了这题，不过还是庆祝一下吧。（ 考虑 dp。令 \(f_{u,i}\) 表示货架 \(u\) 还剩 \(i\) 罐未被吃的蜂蜜的概率。答案就是 \(\sum f_{u,0}\)。 考虑一次修改 \(u\to v\)，由于被移动的蜜罐都被吃了，所以 \(v\) 的 \(f\) 数组 ......

题目 问有多少个长度为 \(n\) 的排列 \(P\) 满足 \(|P_i-i|=1\) 的 \(i\) 的个数恰好为 \(k\) 个 分析 设 \(dp_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个数钦定 \(j\) 个数满足上述条件且现在 \(i\) 和 \(i+1\) 因此被占用的方案数。 那么 ......

分析 发现每个字符串只会被它的后缀规定，那么就从后往前计算，使得计算每个字符串的时候其后缀已经合法。 因为每一次计算我们都只想删最少的字符，而且删得越少这个字符串的字典序就越大，所以它的前缀的最小字典序就越大，需要删的字符就越少，所以对于每一次计算都只删最少的字符的贪心策略符合全局最优，所以这个贪心 ......

CF1520 \(div3\) 信心场! Do Not Be Distracted! 开一个 \(vis\) 数组即可 只要连续两个字符不相同 就将前一个打上标记 那么我们访问任意一个具有标记的节点就判断无解即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace st ......

A Many Equal Substrings 很容易想到要找border，一看数据范围n<=50,kmp,直接暴力找就行了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,k; char s[55]; int maxid; signed mai ......

分析 先对每一列都做 DP 寻找极长单调不降区间，能够得到若干极长单调不降区间，只要询问的区间是这些区间的子区间，那么说明在这个区间内必有一列的这个区间是单调不降的。 思考如何快速判断子区间。 用 \(f_{x}\) 表示以 \(x\) 为所有左端点为 \(x\) 的区间的右端点最大值，那么对于询问 ......

气死我了，我决定水了这篇题解。 反悔贪心，考虑决策及反悔，记到第三层反悔就行。 然后你发现要一次只考虑一个不行，要两个两个考虑，然后就做完了，如果深入往下分析能分析出更多可以简化做法的结论。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const in ......

分析 思考对于 \(M\) 的每个数而言，贡献是一定的，它最多只能换掉一个数。 那么贪心地能换就换，但是如果换小的可能会导致更小的数换不掉，那么就换能换的最大的，这样不会干扰只能换小数的其他数，能换这个数的可以去换其他数，如果连其他数都换不掉说明这两个数等效，换谁都一样，所以这样换一定是最优的。 如 ......

分析 发现操作 \(6\) 次后就会回到初状态，于是将状态打表，将 \(n\bmod6\) 即可。 代码 #include <iostream> using namespace std; constexpr int MAXN(1000007); int a[6][3] = { {0, 1, 2}, ......

思路 如果每一次加或者删一个区间，再去暴力找有没有互不相交的区间的话，铁定 TLE。 那么，我们考虑维护有多少对互不相交的区间，那么每次加或者删一个区间，就去算这个区间对答案的贡献，然后再看答案是否为 \(0\) 即可快速判断有没有互不相交的区间。 现在考虑如何计算一个新加入或者删去的区间能让互不相 ......

分析 看到异或不难想到 01Trie。 不难想到，当两个数的值相等的时候，我们可以当这两个点是一个点，因为连边的费用为 \(0\)。 那么对于一个序列 \(n\)，若存在 \(m\) 种不同的权值，那么在 Trie 树上子节点数为 \(2\) 的节点就有 \(m-1\) 个（因为如果一个数新加进来与 ......

题目 有一个长度为 \(m\) 的书架，以及 \(n\) 个长度 \(a_1,a_2,\dots,a_n\) Alessia 和 Bernardo 从书架上取书。每次由 Alessia 选择一个之前没选过的 \(i\)， 并选择一个长度为 \(a_i\) 的区间，需要保证这个区间内的书全都没有被取过 ......