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一开始想给i只加一条ai的链，然后发现不太对，取中点取到非原树上的点，并且还要特判u=v 然后~~看题解~~发现加两条链就都解决了 然后变成动态直径问题： https://blog.csdn.net/weixin_62887323/article/details/128667759 大概是求出欧拉序 ......

先将无向图转为一个 DAG，直接从大点向小点连边就可以。 考虑增量构造，假设当前已经构造完了集合 ${1,2,\cdots,i-1}$，他们满足有边的点权值不同。现在我们加入第 $i$ 个点。那么枚举他的出边，将出点按点权分为两类。如果我们最初令所有边权都为 $1$，那么当前点的出边边权也都为 $1 ......

CF1423N BubbleSquare Tokens 有一个很经典的思路。发现直接不好做，因为改边会影响一对点，所以考虑钦定操作顺序，按编号从小到大做，使得已经操作过的点的 token 不会改变。这样做最大的好处在于每次只用仅仅考虑当前操作点的 token 是否与相邻已操作的点的 token 一致 ......

题目大意 共有 $t$ 组测试数据，每组测试数据中有一个整数 $n$，请求出一个排列，由 $1 , 2 , 3 , 4 ,\cdots n$ 组成，使这个排列相邻的两元素的最小的差的绝对值最大。 即： 求一个 $1\sim n$ 的排列 $p$，使得 $$\min\limits_{i=1}^{n-1 ......

思考暴力：枚举起点和终点，再枚举每一种遍历序列得到答案。复杂度起飞。 根据期望的可加性，我们无需硬着头皮统计每一条序列的贡献，而是把序列的贡献拆成遍历序列包含的边的贡献。换句话说，假如 $Edge$ 为遍历时经过的边集，$e$ 为边，则： $$E[Edge] = \sum_{e\in Edge} E ......

题目地址 题意：有n(n为偶数)张大小不同的卡牌，现在A和B玩一个游戏，规则是如果一个人出示了一张卡牌，另一个人无法出示更大的卡牌，他就赢了，如果反之该回合结束，并将这两张牌移除（移入墓地bushi），由另一个人先出示卡牌，如果牌全部出示完了，那么就算平局，现在问如果最开始由A出示，分别有多少种发牌 ......

题目地址 题意：有一个数组，Alice和Bob每次拿走其中的一个数，Alice先拿，问最后Alice拿的数的和是否为偶数 Solution 博弈论，这里的数据量不大，dp+记忆化搜索 dp[cnt1][cnt2][c][s]表示剩余cnt1个奇数和cnt2个偶数时，当前的操作人为c，Alice拿的数 ......

D. Same Count One(Polynomial Round 2022 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)) 题意 给定 $n$ 个长度为 $m$ 的 01 序列，每次操作可以选择两个序列a1, a2，并选择一个$pos$, std::swap(a1[pos] ......

点我看题 A. Parallel Projection 我们其实是要在这个矩形的边界上找一个点(x,y)，使得(a,b)到(x,y)的曼哈顿距离和(f,g)到(x,y)的曼哈顿距离之和最小，求出最小值之后加h就是答案了，因为我们不可能在竖着的墙面上来回走，只可能走一次。进一步发现我们在上底面和下底面 ......