C202044zxy的博客

https://www.luogu.com.cn/problem/P3345

一、题目点此看题二、解法一定要充分利用题目条件。第一个明显的题目条件是 aaa 数组单调不降，那么我们最后的选取一定是至多部分选取一个数组。证明可以用反证法，假设部分选取了两个数组，那么不优。然后题目变成了对数组编号为 [1,x),(x,n][1,x),(x,n][1,x),(x,n] 的做 0/10/10/1 背包，然后用 O(k)O(k)O(k) 的时间看部分选取多少。算法瓶颈在第一个部分，max⁡\maxmax 型的背包不能做退背包，所以我们可以用分治解决。#include <cst

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一、题目点此看题二、解法不难发现答案具有单调性，所以对于每个询问都可以二分答案。具体来说对于位置xxx，如果答案≥m\geq m≥m，那么等价于存在一种店在(x−m,x+m)(x-m,x+m)(x−m,x+m)不存在店，但是区间并不好维护，可以使用前驱来判断存在与否，那么等价于在[x+m,inf)[x+m,inf)[x+m,inf)存在店的前驱≤x−m\leq x-m≤x−m，那么我们只需要判断[x+m,inf)[x+m,inf)[x+m,inf)前驱的最小值mn≤x−mmn\leq x-mmn≤x

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https://www.luogu.com.cn/problem/P4559

一、题目点此看题二、解法

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一、题目

一、题目点此看题二、解法二分答案是显然的，但是检查有点难了，贪心地看，有这两种情况：

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一、题目点此看题二、解法显然这个xxx可以二分，关键在于如何检查。我们肯定是去救最危险的，怎么定义这个危险呢？用a[i]/b[i]a[i]/b[i]a[i]/b[i]，也就是能承受的天数。#include <cstdio>#include <queue>using namespace std;#define int long longconst int M = 200005;int read(){ int x=0,f=1;char c; while((c=g

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一、题目点此看题二、解法只可能安放111个或者不安放障碍物，可以一开始模拟一下来判断要不要安放障碍物。把移动理解为数轴上的移动，如果最后一次是+1+1+1，那么障碍物位置一定是负数，否者障碍物位置一定是正数。然后考虑，如果一个离000较远的障碍物可以，那么一个离000较近的障碍物一定可以，因为离000较近的障碍物会挡掉更多的反向移动，那么最后的位置就比额定的位置更远，就合法了，这就是本题可以二分的原因。#include <cstdio>#include <cstring>

一、题目点此看题二、解法显然是二分答案，那么圆心就确定在了y=ry=ry=r这条直线上，每一个点在这条直线上都有一个区间，表示如果圆心选在这个区间里面，那么就可以覆盖到他。检查答案就只需要看这些区间是否有交集即可。还有两个很重要的细节，康康代码。#include <cstdio>#include <iostream>#include <cmath>using namespace std;#define db doubleconst int M = 10

一、题目点此看题二、解法把这个转化成树，大约就是这个样子：根就是答案，我们可以二分答案midmidmid，我们设每个点大于midmidmid需要的自由点个数（大于等于midmidmid的个数）f[i]f[i]f[i]，转移就是三个儿子的最小的fff值之和。考虑一下初始化，如果当前的点是已经固定的，如果值小于midmidmid那么fff是infinfinf，否则为000；如果未固定fff值为111，不难看出这样的复杂度是O(n)O(n)O(n)但是答案好像没有单调性啊，比如如果值都是1e91e91

一、题目点此看题题目描述猜一个数aaa，每次可以提一个问题(x,y)(x,y)(x,y)，如果x≥ymod  ax\geq y\mod ax≥ymoda 返回x，否则返回y，你最多询问606060次，然后必须回答出aaa是多少。二、解法一道神奇的交互题qwqqwqqwq首先必须明确一个结论：若x≥ax\geq ax≥a，则 xmod  a≤x/2x\mod a\leq x/2xmoda...

一、题目点此看题二、解法0x01 50分暴力先考虑得到一个序列计算它的期望，如果这个序列两两不同，假设长度为nnn，那么期望就是n!n!n!，考虑序列有重复的情况，发现相同的数的顺序不用考虑，设每个数的出现次数为tit_iti​，那么期望就是n!/ti!n!/t_i!n!/ti​!。在考虑如果加入数字，观察上面期望的式子，发现在[l,r][l,r][l,r]出现数的总和一定的情况下分布越...

一、题目点此看题二、解法给定的矩形肯定是一个二分图，我们先对其黑白染色，记n1n_1n1​为白点数量，n2n_2n2​为黑点数量，s1s_1s1​为白点权值和，s2s_2s2​为黑点权值和，首先有一个柿子，设xxx为最后所有数字的值，则：x×n1−s1=x×n2−s2⇒x=(s1−s2)÷(n1−n2)x\times n_1-s_1=x\times n_2-s_2\Rightarrow x...

一、题目点此看题二、解法贪心地看，我们直接把所有ppp都给到容量用的最多的边，然后我们的目的就是找到一个最大流中流量最多的边的最小值，可以考虑二分这个值，然后给每个点限流，重新建边时把初始的流量和二分的这个值去最小值，然后重新算一遍最大流，时间复杂度O(n2mlog⁡)O(n^2m\log)O(n2mlog)。这道题必须要用当前弧优化，要不然会TTT死，代码中会有注释。#include ...

一、题目点此看题二、解法可以把激光看成XXX部，把机器人看成YYY部，考虑二分答案后建图。建一个起点，把所有的激光连向起点，容量为t×b[i]t\times b[i]t×b[i]，也就是把伤害都给激光，然后让它去伤害机器人。建一个终点，把所有机器人连向终点，容量为a[i]a[i]a[i]，表示一个机器人能最多接受b[i]b[i]b[i]的伤害，检查受到的伤害是否等于a[i]a[i]a[...

一、题目二、解法这道题要用到一些推论，下面我来列举一下：可以把jjj理解为可移动的指针，a[j]a[j]a[j]的值总是单增的。我们设iii的+1+1+1为一轮，对于每一轮，可以知道当且仅当它前面有比他大的数，该数会左移一位，同时前面比它大的数正好减少−1-1−1。对于不左移的数，他前面已经没有比他大的数。层数越多，操作数越多。利用性质444，我们可以考虑二分，根据性质222...

一、题目二、解法考虑二分答案，我们把最小值强加于JOI\text{JOI}JOI，最大值强加于IOI\text{IOI}IOI。考虑怎样检查，先想一想势力范围应该如何划分。假设蓝色是JOI\text{JOI}JOI的势力范围，可以发现如果一列一列地区填的话，能填的行应该是单调递减的，既然我们已经二分了答案，为了减轻对面的负担，JOI\text{JOI}JOI肯定拿的越多越好，所以我们就...

一、题目点此看题二、解法要求答案的最大值，我们考虑二分答案。设二分的值为xxx，对于长度大于xxx的路径，我们用树上差分标记路径上的每一条边，因为我们的每一条边都要满足不大于xxx，所以我们取被全部标记了的边中的最大值，判断最大的路径−最大的边最大的路径-最大的边最大的路径−最大的边是否满足条件，如果它不大于xxx，那就返回111就行了。时间复杂度O(nlog⁡n)O(n\log n)O...

一、题目点此看题二、解法其实本题的突破口在只有一个询问上，因为没有排序算法能达到O(log⁡n)O(\log n)O(logn)。考虑log⁡\loglog的复杂度排序，发现它只能对010101串进行排序，我们尝试把问题转化为010101串的排序。如果我们有一个分界值xxx，那么小于xxx的是000，否则是111，排序可以用线段树实现，维护000的个数，支持区间赋值。这样我们可以得到一个...

一、题目点此看题二、解法这道题很容易想到二分答案，但是难点在于O(n)O(n)O(n)写checkcheckcheck函数（不是一般的毒瘤）。首先

普及选手又来做NOIP原题了。一、题目传送门二、解法55分不多说，耐心写拿得到的。正解考虑对答案二分，我们考虑怎么检查midmidmid。用树形dpdpdp的思想，我们先考虑对于uuu的子树的情况：1、如果子树uuu中的最长链大于等于midmidmid，肯定让它单独贡献答案。2、如果子树两条链的组合大于等于midmidmid，让他们组合后贡献答案。3、选择剩下的最长链上传。我们...

一、题目不想多说，点此看题二、解法说一下这道题的解法吧，没有什么过于复杂的地方（毕竟我都能看出来解法）。这道一看就是要二分答案，我们考虑怎么检查midmidmid。我们先对于每个操作区间按左端点排序（本题可用前向星）。考虑处理到当前的点，将覆盖它的操作区间直接加上去，因为二分的特性我们只需要检查midmidmid的可行性，为了可行我们不能落下任何一个点，所以一定要加到它不小于midmid...