Johnny817的博客

CF1630D Flipping Range

Johnny817 — Thu, 17 Feb 2022 08:38:06 +0800

如果 BBB 中有 x,yx,yx,y ，那么由于 BBB 中的数都不超过 n/2n/2n/2 ，所以对于长度为 x−yx-yx−y 的数列也是可以翻转的。根据辗转相减，我们可以知道 gcd⁡(x,y)\gcd(x,y)gcd(x,y) 是可以任意翻转的。因此，我们只需要考虑翻转 g=gcd⁡(b1,b2,⋯ ,bm)g=\gcd(b_1,b_2,\cdots,b_m)g=gcd(b1,b2,⋯,bm) 的长度。然后就是基操，把下标按照 ggg 的余数分组，并且对每个数设状态，有/无反转为 1/

CF1632E Distance Tree

Johnny817 — Wed, 16 Feb 2022 14:47:10 +0800

显然，应该要加入 (1,v)(1,v)(1,v) 的边。假设对于加的边为 xxx ，最后答案为 ansansans ，那么对于小于 xxx 的答案不会超过 ansansans 。我们可以考虑如果要让答案为 ansansans ， xxx 那条边要怎么加。我们只关心 dep>ansdep>ansdep>ans 的点。因此我们希望走过 xxx 这条边后，走到这些点的路程最短。类似树的直径，我们需要知道这些点中距离最远的点对的距离是多少，我们把它记为 fansf_{ans}fans

CF1634E Fair Share

Johnny817 — Wed, 16 Feb 2022 09:40:36 +0800

题目描述题解显然，如果一个数字出现的次数是奇数就是 NO\text{NO}NO 。然后如果一个数列的 L\text{L}L 和 R\text{R}R 的数量要相同，可以看成是在一张图上，一入一出这个数列所代表的点。所以我们可以把数列和数字抽象成点进行连边，可以发现每个点的度数都是偶数，所以肯定可以找出欧拉回路。效率： O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 。 ...

attention

Johnny817 — Fri, 26 Nov 2021 22:31:38 +0800

大一的acm之旅就要结束啦quuuq 来写点需要注意的点叭。最重要的：想清楚写法再开始写！！！ 1.变量的范围！特别是推式子的时候 eg: ∑i=1kn/i\sum_{i=1}^kn/i∑i=1kn/i 去数论分块的时候， lll 和 rrr 既要小于等于 nnn ，也要小于等于 kkk 。 eg: 数组内的变量要特别注意有没有小于最小值(0)或者是大于最大值，小心小心再小心。 2.注意内存限制！交之前如果有不确定的内存的话要用sizeof输出看看。 3.注意编号！特别是大小写，数字都在的情况下要搞清楚

2019 ICPC Asia-East Continent Final

Johnny817 — Thu, 25 Nov 2021 22:05:34 +0800

后期拉垮场（好像每次都是这样 A - City 枚举中点就好。效率： O(nm)O(nm)O(nm) 。 B - Black and White 先考虑n+m是2的倍数。故从左上到右下的对角线的条数有n+m-1个。我们每两个分一组，把最后一个再加上长度为0的黑色，这样就有n+m/2组。 ...

2018-2019 ACM-ICPC, Asia East Continent Finals

Johnny817 — Thu, 18 Nov 2021 14:37:31 +0800

有些题目还不会写，留个坑吧。（我太菜了哭哭 A - Exotic … Ancient City 场未A，留坑。 B - Mysterious … Host 场未A，留坑。 C - Heretical … Möbius 场A(-3)。事实上写的暴力。通过打表发现可以先判掉 111 很多或者很少的情况。考虑 μi=0\mu_i=0μi=0 是因为 iii 有平方因子，由于给定串的总长很小所以先考虑 4,9,25,494,9,25,494,9,25,49 的倍数，我们可以枚举每 444 位都为 000 ，

2017-2018 ACM-ICPC Asia East Continent League Final (ECL-Final 2017)

Johnny817 — Sat, 13 Nov 2021 13:38:19 +0800

这场前期不错，后期打爆了 A - Chat Group 场1A。用 2n−∑i=0k−1Cni2^n-\sum_{i=0}^{k-1}C_{n}^i2n−∑i=0k−1Cni 即可。 B - Scapegoat 场1A。化式子得到要求的就是 ∑i=1nxi2ki\sum_{i=1}^n\frac{x_i^2}{k_i}∑i=1nkixi2 的最小值，其中 ∑i=1nki=m\sum_{i=1}^nk_i=m∑i=1nki=m 。那么维护一个堆，按照 xi2ki−xi2ki+1\frac

2020 China Collegiate Programming Contest, Weihai Site

Johnny817 — Sat, 13 Nov 2021 12:04:19 +0800

就是说，再来写一场 A - Golden Spirit 场A(-1)。 fjj写的，是个分讨题，具体细节我也不知道hhh没细想。 B - Labyrinth 场1A。如果起点终点围城的矩形内没有黑洞，那就直接走。否则一定存在一条最短路径使得经过黑洞四周的点，因此拿这些点分别做单源最短路即可。效率： O(168nm)O(168nm)O(168nm) 。一定要看到是 nm≤200000nm \le 200000nm≤200000 ，不是 n,m≤200000n,m \le 200000n,m≤20000

cf1592F2. Alice and Recoloring 2

Johnny817 — Thu, 11 Nov 2021 23:03:33 +0800

题目描述题解左下角和右上角操作没有用，只剩右下角和左上角的操作。这步很妙：设 ai,j=(chi,j==′B′),bi,j=ai,j xor ai+1,j xor ai,j+1 xor ai+1,j+1a_{i,j}=(ch_{i,j}=='B'),b_{i,j}=a_{i,j}\ \text{xor}\ a_{i+1,j}\ \text{xor}\ a_{i,j+1}\ \text{xor}\ a_{i+1,j+1}ai,j=(ch

cf1422F. Boring Queries

Johnny817 — Thu, 11 Nov 2021 15:33:30 +0800

题目描述题解 lcm\text{lcm}lcm 可以看成质因数指数 max⁡\maxmax 的乘积。不超过 2e5\sqrt{2e5}2e5 的质因数最多出现一次，剩下的质因数一共 868686 个，可以用线段树或 st\text{st}st 表维护 max\text{max}max 。大于 2e5\sqrt{2e5}2e5 的质因数用分块处理答案就好了，具体就是维护块之间的答案和每个数和它相同的数的前驱后继即可。效率： O(86nlogn+nn)O(86nlogn+n\sqrt{n})O(86

cf1586F. Defender of Childhood Dreams

Johnny817 — Thu, 11 Nov 2021 14:36:34 +0800

题目描述题解拆成尽量平均的 kkk 个区间，然后不在一个区间内的点两两连颜色为层数的边，然后递归下去做即可。正确性是对的，这样答案就是 logknlog_{k}nlogkn 。然后证明这就是下限的话就用归纳证明。代码 #include using namespace std; const int N=1005; int n,k,a[N][N],m; void solve(int l,int r,int d){ int len=r-l+1; if (

cf1539E. Game with Cards

Johnny817 — Thu, 11 Nov 2021 14:04:25 +0800

题目描述题解姜老师推荐的套路题。考虑到交换，所以我们可以在交换的时刻做个dp。即考虑 fi,0/1f_{i,0/1}fi,0/1 表示能否在第 iii 个时刻为 0/10/10/1 ，在 i+1i+1i+1 为 1/01/01/0 。考虑 fi,0f_{i,0}fi,0 会被 fj,1f_{j,1}fj,1 更新，要满足 aia_iai 符合 [i+1,j][i+1,j][i+1,j] 的 000 的区间且 [i+1,j][i+1,j][i+1,j] 中的每个 aka_kak 都在其 1

The 2019 China Collegiate Programming Contest Harbin Site

Johnny817 — Thu, 11 Nov 2021 13:50:10 +0800

就是说，永远不会博弈枯了枯了。来写点一套题的题解吧（如果我会的话。 A - Artful Paintings 场A(-6)。考虑染球个数的前缀和，会发现满足一些不等式： si−si−1≥0,si−si−1≤1,sri−sli−1≥ki,sn−(sri−sli−1)≥kis_i-s_{i-1} \ge 0,s_i-s_{i-1} \le 1,s_{r_i}-s_{l_i-1} \ge k_i,s_{n}-(s_{r_i}-s_{l_i-1}) \ge k_isi−si−1≥0,si−si−1≤1,

cf1468H. K and Medians

Johnny817 — Wed, 10 Nov 2021 23:54:10 +0800

题目描述题解构造好难，想了好久。先判掉 n−mn-mn−m 不是 k−1k-1k−1 的倍数。考虑到最后一次删数一定是原本序列中的 bbb ，左右两侧各有 k−12\frac{k-1}{2}2k−1 个点。然后发现可以保留一些点变为 bbb ，使得回到刚刚的问题。因此只要判断是否存在一个 bbb ，使得左右两侧都至少有 k−12\frac{k-1}{2}2k−1 个点即可。启发：可以从最后一步入手。代码 #include using names

cf1076G. Array Game

Johnny817 — Wed, 10 Nov 2021 23:46:34 +0800

题目描述题解考虑到每个点被跳到后都会 −1-1−1 ，所以我们一开始就把整个序列都 −1-1−1 ，然后玩法就变成要么跳到 [i+1,min⁡(k,i+m)][i+1,\min(k,i+m)][i+1,min(k,i+m)] 上的点，要么自身权值 −1-1−1 。然后显然可以直接转化为每个点为 000 或 111 。所以考虑 dp\text{dp}dp ： fi,0/1f_{i,0/1}fi,0/1 表示第 iii 个点为 0/10/10/1 ，先手是否能够必胜，考虑转移： fi,0=or{fi+

cf1149E. Election Promises

Johnny817 — Wed, 10 Nov 2021 19:15:33 +0800

题目描述题解有向无环图的博弈游戏有个小技巧就是把点分组，每个点 uuu 所在的集合 M(u)=mex{M(v)∣(u,v)∈G}M(u)=\text{mex}\{M(v)|(u,v)\in G\}M(u)=mex{M(v)∣(u,v)∈G} 然后如果每个组的异或值为 000 的话，那么就是先手必败，否则先手必胜。因为我们可以考虑找到异或值不为 000 的最大编号的组，然后把其中一个数 xxx 减小至这个组异或值为 000 ，然后对于 xxx 的出边所指的点 vvv ，把 vvv 点改为使得其组异或值为

cf1534E. Lost Array

Johnny817 — Sun, 07 Nov 2021 20:59:32 +0800

题目描述题解如果每个元素被都访问到奇数次则可以知道异或和，否则不知道。就相当于给定一些向量的话，能否线性表出一个向量，其中表出方式为异或。因此我们考虑如果目前有 iii 个元素为奇数次被访问了，把这 iii 个元素放在一个集合，每次在这个集合里选出 jjj 个元素踢出去，然后再从集合外选 k−jk-jk−j 个元素放进去。因此只要 bfs\text{bfs}bfs 这个过程即可。效率： O(nk)O(nk)O(nk) 。代码 #include usin

cf103202M. United in Stormwind

Johnny817 — Sun, 07 Nov 2021 10:26:29 +0800

题目描述题解假设选出题目的集合为 SSS ，考虑求出它的数对数。 (i,j)(i,j)(i,j) 如果不相同，则 aixoraj&S=0a_i \text{xor} a_j \& S=0aixoraj&S=0 。因此我们先用 fwt\text{fwt}fwt 求出异或值为 TTT 的数对数，然后对于 SSS 来说，如果 TTT 上的值能贡献答案，说明 S&T>0S \&T>0S&T>0 。考虑容斥，减去 S&T=0S\&a

cf102452I. Incoming Asteroids

Johnny817 — Sun, 07 Nov 2021 09:38:18 +0800

题目描述题解如果说这 kkk 个的和超过照相机的时间 sss ，那至少有一个值 ≥s/k\ge s/k≥s/k ，其中 s/ks/ks/k 取上整。所以对每个星星维护一个堆，按照 s/ks/ks/k 从小到大排序，每次取出看是否符合条件即可。每次取出， sss 至多变为 2/3×s2/3\times s2/3×s ，所以效率为 O(mlog⁡2mlog⁡2/3s)O(m \log_2 m \log_{2/3}s)O(mlog2mlog2/3s) 。代码 #include

cf103202I. Rise of Shadows

Johnny817 — Thu, 04 Nov 2021 08:58:18 +0800

题目描述题解很不会同余方程呜呜呜。可以看成追击问题，于是我们经过化一些式子后能够得到个不等式：如果对于一个整数 k∈[0,HM)k \in [0,HM)k∈[0,HM) ，存在整数 xxx ，满足 xHM−A≤k(H−1)≤xHM+AxHM-A \le k(H-1) \le xHM+AxHM−A≤k(H−1)≤xHM+A 那么这个 kkk 就满足要求因此，有 −A≤k(H−1)−xHM≤A-A \le k(H-1)-xHM \le A−A≤k(H−1)−xHM≤A 若我们规定，对 HMHMHM 取