2401_87294509-优快云博客

原创【补题】2022 China Collegiate Programming Contest (CCPC) Guilin Site E. Draw a triangle

2.但是exgcd没这么好想，我是通过考虑S=d*h/2才想到的，因为h会等于点2点1得到的角度值乘上点3与某一点的相对长度，所以得到了exgcd的公式，就不细展开了，而且发现了跟exgcd相关，vp的时候也没想起来。所以理论上我求得的位置，或者说算出来的面积d，其实是负数，但是因为本题就是要求|d|最小，所以不影响，得出的结果可以用。vp大破灭，跟队友一起补题，被这道题折磨的死去活来，主要是本人基础不扎实，exgcd居然不会，根本没想起来。这么简单的代码，摧毁了一整场的vp，QAQAQAQAQ。

2025-08-09 21:27:05 146

原创【补题】Codeforces Round 775 (Div. 1, based on Moscow Open Olympiad in Informatics) C. Tyler and Strings

这个值每个位置都跑一次，很显然超时，因为是n方，因此考虑优化成O(1)，因为一次位置的确认，只会对某一个数的数量-1，这很明显是可以O(1)维护的。1.首先考虑题目的答案怎么来的，很明显按照题目要求，对每一位进行枚举，任何一位小的数，都会允许后面的数随便排列，都是正确。这道题的关键就是这个公式，本人其他都能想到，就是少了公式根本算不了贡献，数学功底太薄弱了。之外的都需要维护，考虑树状数组或者线段树维护，点修改，区间查询即可。2.这道题最重要的一点，任何一位小的数，都会允许后面的数随便排列，这个公式是。

2025-08-08 20:16:45 232

原创【补题】Codeforces Round 776 (Div. 3) E. Rescheduling the Exam

那么对于这个被移动走的课程，肯定是移动这个课程与其他课程的有着最差间距的课程，那肯定就是放在最长的间隔中间，或者放在最后，这样才能最有效的延长间隔天数，但不要忘了可能延长后，依旧存在其他间隔小于试图延长后的。2.放到最后面的d天，这个很重要，因为最后一节课之后的天数是不算的，不计入最后作为间隔天数，所以直接放在最末尾就行了。那么对于一个被移动的课程，原先的相邻的距离会受到影响，很明显的延长了，但是其他地方不会受影响，这就给了贪心的可能。原题解写的非常清楚，可以去看看。

2025-08-08 16:26:24 223

原创【补题】CodeTON Round 1 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!) D. K-good

题意：给一个n，如果能被k个数整除，要求这k个数%k后不相同，问如果可以，任意k是多少，如果不可以输出-1。那么k为答案，但是要记住k<=n，又因为k和(2x+k-1)可以调换，所以两者取最小，一定是答案。k是偶数，那么(2x+k-1)就是奇数，并且k与(2x+k-1)是对称，也就是可以随意调换。首先可以发现，一个数假如有数字p，那么可以得到n=x*k+(k*(k-1)/2)然后将n*2，得到2*n=k*(2x+k-1)从来没见过，太诡异了。

2025-08-06 21:34:43 135

原创【补题】Educational Codeforces Round 125 (Rated for Div. 2) D. For Gamers. By Gamers.

1.首先对于怎么判断是否可以战胜，公式化简一下，这个是基操了吧，发现满足k*Di*Hi>Dj*Hj即可。2.如果我们对于每一次询问，都要查的话，时间n*m真的耗不起，考虑优化到log(n)这里直接模仿了参考题解的写法，因为确实比较好，也简洁。那就使用dp，于是就解决了。

2025-08-06 18:07:58 195

原创【补题】Codeforces Round 779 (Div. 2) C. Shinju and the Lost Permutation

那么我们只要判断Y/N，所以一定有个什么办法判定即可，不如直接把1移动到第一位来想，这个不用多说吧，就是方便更好的操作和思考。因为尾部值移动上来，如果比当前队首小的话，一定会产生贡献值+1的情况，而大于队首，减少的贡献是都有可能的。感觉就是很莫名其妙……很明显当最大值移动到首位的时候，答案为1。因此只要贡献值增加大于2，就是错误。

2025-08-06 16:50:35 265

原创【补题】Codeforces Round 782 (Div. 2) D. Reverse Sort Sum

2）对于答案为1的位置i，在不添加0阻隔后面的时候，答案产生n，因为如果没排序到一定会产生贡献，排序到了，只要0没有出现在当前这个位置，那也会产生贡献。3）对于答案为0的位置，那很明显就是ve[i]+i，因为在排序到位置i之前，无法产生贡献，能产生贡献的只有从排序开始的到第一次下一个0的位置。2.对于一串连续1的情况，第一个1的答案就取决于第一个0的情况，而第二个1取决于第2个0，由此我们推断，我们的目的就是找出0的位置应该在哪里？对于0来说，在排序到当前位置开始，才会产生贡献，

2025-08-06 15:06:06 337

原创【补题】Codeforces Round 715 (Div. 1) B. Almost Sorted

3.然后对着表，或者说2进制枚举，倒着计算即可，因为n可能很长，正着计算是不可能的，爆数据范围了，最多62次改变，就结束了，字典序很明显从后。2.可以自己模拟一下，也可以直接打表（确实更快），就会发现长度为n的序列，有2的n-1次幂种可能。1.可以发现如果要满足题目条件，一定是选择了某一块倒着来，比如 3 4 5 变 5 4 3。非常妙，自己做的时候，我不仅没发现是2的幂，并且把2的幂用for循环算了出来。然后发现错了，这道题给出的k在特定情况下要反着算，很妙，现在想打自己一顿。

2025-08-02 16:51:27 219

原创【补题】2022 China Collegiate Programming Contest (CCPC) Weihai Site I. Dragon Bloodline

2.对于二分的check函数，很明显的，不可能模拟或者枚举，必须需要一个贪心思路，假设n个元素的总和是sum，也就是假设只有一个元素，那么答案就是sum/总贡献，但是因为不同元素，可能某个贡献会被浪费，因此我们要让浪费的值越少越好。题意：给定n，m，n代表有n个元素，每个元素ai个，要满足所有元素的数量需求，才能产出一个物品，m代表有m种工人，每个工人能产生。因为如果需求>贡献，浪费就是0，如果需求<贡献，那么浪费就取决于差值，差值则是越小越好。的贡献，问一次性能产出多少个物品。

2025-07-30 14:54:34 165

原创 Codeforces Round 732 (Div. 1) B. AquaMoon and Chess

综上，题目就是11看成1进行移动，可以填到各个0的空，0111100110111直接变成0110101，然后问有多少种排列那就是a是1的数量，b是0的数量。2.考虑000011100000，1为奇数情况，发现受影响的1，永远不会移动，也就是根本不会对答案产生影响，直接忽略。1.假设000001100000，发现改变形式虽然是隔了一个1跳跃，其实可以看成11整体左移右移。题意：太难描述，直接上翻译。那其实不就是11填空吗？

2025-07-28 17:21:36 117

原创【补题】Codeforces Round 736 (Div. 1) B. Integers Have Friends

2.假设已经找出了这个区间，根据同余定理，或者说经验，也可以模拟一下，如果要取余后相同，那么必定(a-b)%m==0，也就是任意两数之间做差，如果取余m等于0，代表取余后一定相同。题意：给定一个长度为n的序列，问一个子区间，连续的！那么a%m==b%m,b%m==c%m，又有传递性，所以也就是区间里相邻两数的差，GCD不为1就行了。关键是在于发现区间点2的结论，因为很长枚举l，r就不太现实，二分和ST表就是为了优化时间复杂度。1.首先请注意到题目是子区间，这很重要，这代表选出来的数一定是相邻的。

2025-07-28 14:03:39 261

原创 Educational Codeforces Round 111 (Rated for Div. 2) C. Manhattan Subarrays

4.看似时间复杂度有问题，但是你可以模拟或者怎样，因为是非递减非递增，如果你想让一个元素的非递减非递增尽可能长，你会发现最后弄出来的序列，它的子序列长度根本就不会很长，因此看似时间复杂度O(n*n)，实际上就是常数O(n)2.首先随便挑出一个样例会发现，只有当xa<=xb<=xc,ya<=yb<=yc这种格式出现时，才能有效得到答案，我也是使用了类似于画图的方式得到，还有例举样例得证。所以枚举每个l，算出它的最长选取的地方算贡献，注意下标问题，前面已经选取的区间自己就不要在用了，因为会含括。

2025-07-28 10:28:54 279

原创【补题】Codeforces Global Round 15 B. Running for Gold

首先假设这个人存在，那么他一定能赢其他所有人至少3场，这也就代表其他人都不可能赢他三场，不存在同时两个人完成这件事的可能，因此按照胜场数排序，这个排序虽然没有真正的递增性，但是如果存在这个人，那么一定是第一个。因此对第一个人重新进行判断，因为排名没有传递性，所以利用sort排出来的第一人，不一定就满足了题目的要求，但是如果有，那只可能是第一个人。题意： n个人打了5场比赛，问有没有人能赢其他人5场里至少3场的。感觉这种观察加排序的没咋遇到过，没啥想法，记录一下。

2025-07-26 17:37:54 124

原创【学习】Codeforces Global Round 15 C. Maximize the Intersections

题意：给出一个圆，顺时针排布1~2*n，已知连了k条边，问这个圆最好情况下有多少个线的交点，要求线与线之间不能有重复的连接点，也就是每个点只能被一条线连接。2.再考虑提前加了一条边，那么一定是由这根线分割的两边相连，但是仔细想一下当两边数量不对等的时候，少的那一边一定会连向多的一边的中间。做的时候根本没想这么多，试着试着就出来了，因为i与i+n的这种构造方式一定是对已有情况的最大，硬猜给猜出来了……1.考虑没有线的时候，那一定是i与i+n相连接，这一定是最多的连法。但是对已有边，不会改变性质。

2025-07-26 15:57:35 364

原创【补题】Codeforces Global Round 15 D. Array Differentiation

1.不用多说，如果长度只有n-1，那随便选择数造成差值就完了，但是这个时候还多了一个数，那很明显，它一定是可以通过原数组得到的，所以这道题的关键就是判是否有一个数可以由其他数的差值得到。类似于a1=a2+a3-a4+a5-a6，那右移a1，得到0=……，n<=10，直接枚举存不存在此公式等于0即可。题意：给出长度为n的数组，问存不存在长度为n的b数组，使存在ai等于bj-bk(1<=j,k<=n)做的时候犯傻了，觉得一定是两个值得到第三个值，忘记a是b的差值可以多个数叠起来了。

2025-07-26 11:14:16 125

原创【补题】Codeforces Round 735 (Div. 2) B. Cobb

然后由于a[i]<=n,或操作在怎么搞，也就是把出现过的最高位开始往低位全部变成1，就这，都没办法超过2*n，那很明显了，i*j可以为n*n啊，所以说即使a[i]a[j]极限情况全是2*n,最坏也就少100（k）*2*n，所以当i,j==(n-200)的时候，就算n*n有着最坏的削减，n*(n-200)没有削减，那也不能比n*n大，因此本题最多枚举200*200，好了迎刃而解，暴力就完事了。2.发现题目数据a[i]<=n，k<100，这个提示还是比较明显的，

2025-07-25 20:41:51 281

原创【补题】Codeforces Round 735 (Div. 2) C. Mikasa

2.很明显，0~m对应得到的值没有规律，甚至异或出来的值都不一定再0~m内，但是假设我们要获得的值是x，那么。1.首先很容易观察到n>m的时候，一定不存在，因为要有0，一定要有m=n。，然后试图特判出mex，构造出来的最小可能就是m所带来的，这个点非常难判。3.这看起来毫无关联，但是我们构造的是答案x，我们先试图构造。，c是某个不属于0~m的值，因为异或的性质，可以知道。，但是在这个过程中，从高位到低位贪心构造，如果发现。，在那一刻已经满足了x>=m+1，直接跳出就行了。x有一个性质x>=m+1。

2025-07-25 19:58:34 326

原创 Codeforces Round 735 (Div. 2) D. Diane

所以考虑构造 n*a,b,(n+1)*a的答案，这一串提供的答案是2*n,因此计算到不足，然后剩下的用别的字符补齐就可以。2.我们不可能答案就是一串相同的，再尝试一下发现，两个相同字符的奇偶性不同连续子串就完成了全为奇数，奇数加偶数为奇数。1.观察样例，或者随便尝试几下，可以发现连续的相同字符串，分别的字串长度为n，n-1……题意：给出一个n，要求你构造一个字符串，使得所有的子串数量为奇数，一定能给出解，求问。代码单纯我自己防止跑错，加了n<=26，而且构造的好，其实分奇偶就行了，我属于笨代码。

2025-07-25 15:52:01 127

原创【补题】Codeforces Round 740 (Div. 1, based on VK Cup 2021 - Final (Engine))

直接考虑分块除法，首先考虑被整除能正确抵达的楼层 i*k ，然后对于能同样除k抵达的楼层，只会存在k-1个，因此得到连续的因为除k得到的高楼层，是 [ i*k,i*k+k-1 ],因此枚举倍数，得到每一个可以抵达当前楼层进行转移，就完成了所有的状态转移。3.对于第二种操作，同第一种，这是一定要通过后缀和得到的，很明显由于向下取整的存在，有多个楼可以抵达至当前楼，即使没有被整除，且这个可以抵达的楼层是连续的。对于这个区间的由来，个人水平不够讲不清楚，推荐挑几个数字自己试一下，应该就有感觉了。

2025-07-24 14:26:07 206

原创【补题】Codeforces Round 1000 (Div. 2) C. Remove Exactly Two

这道题很容易想到，直接删去度最多的两个点就行了，但是这并不对，因为相邻点被删去之后，会导致自己的度数-1，所以删去的第一个点和第二点都要好好考虑，本人就是没考虑第一个点对第二个点的影响，第一个点选择错了，可能第二点永远选不出最佳，反例就是三个度相同的点在一起，你不能选中间那个。因此转换思路，第一个点不贪心选，而是暴力枚举，第二个点贪心选择即可，不能两个点都贪心选，是不正确的，连通块可以直接计算得到，也好想。题意：给一个树，可以从里面删去两个点，使连通块数量最大。

2025-07-23 11:16:13 587

原创【补题】Codeforces Global Round 26 E. Shuffle

但在dp的过程中，自己作为叶子节点是不可以的，是别人作为非叶子节点的，自己才可以选择作为叶子节点，根作为第一个节点没有能力选择一个父节点作为非叶子节点，只能是自己，1.首先对于题意进行解析，这个操作是在干什么，然后发现，任意相邻的节点不能同时为叶子节点，然后如果我们把叶子节点归为一类，就会发现所有的叶子节点就是最大独立集。f[3]代表3节点的情况，但是要分类f[3][0/1]，代表图中形状的子树3节点作为叶子节点和不是叶子节点的情况。假设以2为根，f[2]所拥有的状态只是红色部分子树，

2025-07-22 19:41:23 804

原创【补题】Codeforces Round 954 (Div. 3) F. Non-academic Problem

3.重现建图用了set，单纯vector是会错的，因为边双连通分量里面可能有很多条边连接了不同的分量，这里直接使用set去重了，否则会计算错误子树的点的数量。），会分成上下层或者左右层，所以进行dfs递归得到每个边的一块区域子树，另外一块其实就是n-siz，少掉的部分就是siz*(n-siz)，这样代码也简单。题意：给出一个连通图，n个点m条边，问给你一次操作，可以删除任何一条边，问删除之后，让两个点之间不可以互相抵达的对数最少，是多少。，因为你转化成了树之后了，其实无非就是删去那条边（

2025-07-22 15:06:31 294

原创【学习】P8436 【模板】边双连通分量 Tarjan判边双连通分量

else if可以直接改成else和去掉instk，因为在原本的有向图中，横叉边需要判断需不需要追溯到的是不是已经处理完毕，由于两者性质及其相似（有向图的强连通分量和无向图的边双连通分量），因此Tarjan也可以判，直接把无向图看作双向的有向图即可。但边双连通分量的关键是本质是无向边，所以边不能回去，也就是看作是有向图，因此要加上判断使用过的边或者点，那么剩下的很简单，Tarjan板子一模一样搬过来，然后原本的图不是连通图，所以每个点都出发一下。此处用Tarjan判断了无向图中的一个概念边双连通分量。

2025-07-22 10:26:28 332

原创【补题】EPIC Institute of Technology Round Summer 2024 (Div. 1 + Div. 2) D. World is Mine

2.dp也很明显，蛋糕总数量只有5000，所以一种蛋糕也只有5000，空间完全够，所以dp方程就是当A吃到第i种蛋糕的时候，B剩余的回合数的最小吃数。1.很明显A一定从小吃到大，那么B也很简单，在A吃到之前把某一种蛋糕吃完，这样A就少吃一种，这道题没想到的点就是贪心难以维护，题意：AB吃蛋糕，A吃的蛋糕的美味度一定要严格大于之前的蛋糕，B可以随便吃，B不想让A吃的多，所以问A最多能吃多少个。那么转移就是B没吃dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1，注意边界。，那么考虑dp，这样就都知道了。

2025-07-21 11:50:07 270

原创 EPIC Institute of Technology Round Summer 2024 (Div. 1 + Div. 2) E. Wonderful Tree!

1.对于本道题，首先上来观察到每个节点的变化只取决于直接连接的叶子节点，看似好像是非常简单的dp，但是考虑一种情况，也就是可能改变某个叶子节点会导致更深的孩子也需要提高，所以这道题并不决定用dp做了。题意：给出一棵树根节点为1，树上每个点有一个权值，还有一个操作，就是消费1点让那个树的权值+1，要求树上每个节点的权值小于等于直接连接的子节点的权值，问最小操作。文字解释起来太长，直接用例子解释7-1-3-5,的直接子节点要提升至7，在3的时候都只要提升1本身，后面到5要提升1-3，再是1-3-5到7。

2025-07-21 11:16:13 298

原创【补题】Codeforces Round 1002 (Div. 2) C. Customer Service

2.知道了1怎么来，考虑2怎么获得，就会发现不能由1以外的数得到，因为如果是2，那么因为1已经使用过那个时刻了，所以只能由1 1得到，不然时间上就会有冲突。1.首先要求MEX，那么不妨考虑第一个1怎么来，因为操作方式，所以只能保留最后的几个数，那么1只能由最后一个为1，且在那个时刻删除才行。因此MEX的增大只能由时间和1的同时的增大才行，统计每一组连续的1，然后求MEX即可。自己做的时候完全顺着题意做了，问题很大……题意：借用一波洛谷的。

2025-07-21 09:37:33 249

原创【补题】Codeforces Round 958 (Div. 2) D. The Omnipotent Monster Killer

因为你删除一个节点，为了杀死的更多，你一定会把任何不直接相连的节点一起杀死，拿链做比方1-2-3-4，最坏就是1，4杀死，然后第2轮杀死2，第3轮杀3，就是最坏情况，因此这道题的数据量保证了。题意：给出n个点的树，每个点有一个权值，在每个时间点的结束时刻，你可以选择去除掉任意数量的节点，但是要满足这个要求：不能同时删除要删除点的相邻点（由一条边相连的点）1.首先这题上来直接想到了分奇偶点然后直接删除，但是会出现权值大的点在一起，分奇偶并不能秒了，但是这为我们后面的一个优化提供了帮助。

2025-07-19 10:07:26 227

原创【补题】Codeforces Round 958 (Div. 2) E. Range Minimum Sum 树状数组

2）假设删去这个数是J，那么区间会中断，然后再桥接在一起[L,J-1,J,J+1,R]变成了[L,J-1,J+1,R]，L+1~R-1的情况需要重新计算。3）最后因为少了a[i]这个点，左侧和右侧都多计算了一次[L,J]和[R,J]，利用差分，前缀和或者题解使用的树状数组都可以，完成最后一部分的删减。删去J之后，[L,J]会与[I,R]重新进行计算，所以SUM完成了删除[L,R]区间中的J之后的计算，由很多个新分割点拼凑之后，完成了对删除后内部区域的重新计算。思路：参考。

2025-07-18 19:06:02 314

原创【补题】Educational Codeforces Round 167 (Rated for Div. 2) D. Smithing Skill

1.贪心就不用说了，明眼人都能发现，因为能融回去，所以越能混越好，也就是a[i]-b[i]越小越好，其中注意a[i]要求你至少有a[i]以上的金属，满足这个，那么操作次数一定是最优的，至于真的很想知道正确性，就移步其他题解吧，这边就不在做证明了。3.观察到数据，发现最多也就1e6就能解决了(ai<1e6)，并且由于在抵达最优操作前都会使用一种模式解决，因此dp预处理就成为了一种选择，如果到了这个思路，那么接下来就很简单了。同时有些金属数量是没法操作的，代码中条件或者use[i]==0判都可以。

2025-07-17 21:04:46 290

原创【补题】Educational Codeforces Round 167 (Rated for Div. 2) E. Distance to Different

怎么发现的呢，例如bi=3怎么来，假设是左右端，a数组一定是【1，1，1，2】，这个情况才能出现3，也就是bi的增大必须由其他相同的数拉大与不同数的差距。那么初步的想法就是dp[i][k]，k表示分的组，很经典的dp方式，很容易发现n大了k也随之可以大，最坏情况k==n嘛，这个我们稍后再说。，也就是恰好分配出k组之后，无论分出了多少组，都叫k+1组，因此也就是在原本的基础上，改为自己递归自己，且不会出现重复贡献的问题。1.首先很容易发现，其实有一个隐含的c数组，表示的是连续相同的数在数组中的情况。

2025-07-17 17:17:22 397

原创 Codeforces Round 960 (Div. 2) D. Grid Puzzle

题意：两种操作，画2x2的格子或者填满一整行，然后给出n行，ai表示这一行前ai个格子是黑色的。所以dp[i][0/1/2]表示把当前第i行填成白色后，以0/1/2三种情况结束的状态。一眼贪心加dp，如果2x2填多了，不如直接两次操作填满两行。注意的是这一行要在被填好的情况下，然后一定要以某个状态结尾。因此可能你填了2x2操作，但是还是需要另一个操作补全。0：仅仅这一行填满，不会对下一行产生影响。1：这一行填满，下一行第1~2格会被填好。2：这一行填满，下一行第3~4格会被填好。然后状态转移即可~~~~

2025-07-17 14:12:36 182

原创【补题】 D. Prime XOR Coloring

4.因为到了6就已经要4个颜色了，所以虽然3的填法可能不是最优秀，有不连边的到不同颜色，但是问的是最小颜色，所以不影响。例如9和5 1001和0101取模后都为01，所以异或后一定是4的倍数，那么就是合数，就没有边。题意：t组测试，给一个数字n，代表接下来有1-n这几个点，其中你要给他们填颜色，满足。2.对于之后的数，考虑到4是自然数中最小的合数，那么不会连边的点就填相同数字就行。3.任意两个数对4取模后，如果相同，那么原数异或最低两位一定为00。确实要有经验才能想到，代码就很简单了。

2025-07-17 11:44:07 156

原创【补题】Codeforces Round 969 (Div. 2) C. Dora and C++

3.裴蜀定理代表了已知x，y，其实我们能操作的数是gcd（x，y），因为加减我们都能使用，所以实际上能操作的值最小是gcd（x，y），最后在进行一个O（n）的计算，防止例如gcd为4，0，3的情况出现，因为0可以变为4，如此一来间距应该是1而不是3。2.同时一个数加，相对差距其实就是其他数减，因此可以选定0（全体减去某个数）作为基准值，然后让每个数距离0最近即可，如此一来每个数的间距就被拉到了最小。感觉就毁在数论了，根本没想到裴蜀定理，就在想怎么找出距离0最近的值，原来是裴蜀定理……

2025-06-20 15:29:33 149

原创【补题】Codeforces Round 715 (Div. 2) C. The Sports Festival

状态转移方程得dp[l][r]=min(dp[l][r-1],dp[l+1][r])+a[r]-a[l]（更新的情况一定是新区间的两个最值相加，但是不知道更新的是小还是大）可以说用上了一点贪心，排序过后一些很差的答案都被排除掉了，以及这个答案的更新。题意：给你一个序列，你可以对它重新排序，然后使每个i，max(a0,a1……ai)-min(a0,a1……1.一个已经选择好的序列，添加进来的数，如果是最小，或者最大会更新状态，否则不。2.在添加的过程中，添加进来的数改变两个最值的时候越延迟，次数越多越好。

2025-06-07 15:42:56 206

空空如也

空空如也