Cherrt的博客

感谢 此神仙 在这题上对我的帮助，这里表达对祂衷心的膜拜。传送门妙妙题。注意到所有物品的重量总和不超过 101000010100001010000，于是就是个裸的多重背包。使用单调队列优化的复杂度为 O(N4)O(N^4)O(N4)，常数较大；使用二进制分组优化的复杂度为 O(N4log⁡N)O(N^4 \log N)O(N4logN)，常数较小且好写。具体两个能拿多少分没试过。首先思考一个简化版的问题：总重量不需恰好为 mmm，只需不超过 mmm。不难发现，此时我们可以直接贪心。具体来说，我们预先选上所有

非常妙的计数 dp 题，有利于我们训练思维。Description传送门Solution首先，本题显然是一道计数 dp\text{dp}dp 题。在构造 dp\text{dp}dp 之前，我们不妨先考虑什么样的盘面 aaa 是合法的。不难得到下面的判定算法：考虑从左到右扫描 aaa，维护前缀中 000 的数量及非 000 颜色的种数，那么 aaa 合法当且仅当前者始终不小于后者。考虑将上述判定流程内化到 dp\text{dp}dp 状态中。令 fi,jf_{i,j}fi,j​ 表示，目前钦定了前

Description传送门Solution首先抽象问题，将原问题转化到一个平面上进行。考虑将 aaa 从大到小排序，并建出 nnn 个长方形，其中相邻两个长方形紧挨，从左到右第 iii 个长方形的宽度为 111，长度为 aia_iai​。那么，博弈模型等价于从 (1,1)(1,1)(1,1) 出发，每次向右或者向左走，最终走出边界的人输。首先不难想到一个 dp\text{dp}dp。令 fi,jf_{i,j}fi,j​ 表示，当目前在 (i,j)(i,j)(i,j) 时（即在第 iii 个长方形

Description传送门Solution为方便叙述，令 M=max⁡i=1n{ri}M=\max_{i=1}^n \{r_i\}M=maxi=1n​{ri​}，p(u,v,l,r)p(u,v,l,r)p(u,v,l,r) 表示有多少种给 (u,v)(u,v)(u,v) 路径上的点钦定点权的方案数，满足各个 uuu 的点权 均在 [lu,ru][l_u,r_u][lu​,ru​] 范围内且最大值不超过 rrr，最小值不小于 lll。令 q(u,v,l,r)q(u,v,l,r)q(u,v,l,r) 表

CF1620 题解

这道题我前前后后做了一年，共过了 444 遍，每次都有的新的理解；这次我认为自己理解透了，于是就写了一篇题解。这道题是我入坑看到的第一道黑题（当时很萌，不知道黑题是什么，看到这题感觉很好玩），另外还有就是《切树游戏》和 Spiders Evil Plan，记载着我的回忆（Description传送门Solution算法一为方便叙述，令树根为 111，wu,vw_{u,v}wu,v​ 表示 u,vu,vu,v 之间的边权，son{u}\text{son}\{u\}son{u} 表示 uuu 的儿子

赛时做出了 ABCDE，没有做出 FGH；目前已补掉了 F，尚未补掉 G,H。A令 bib_ibi​ 为 aia_iai​ 所含质因子 222 的个数，ci=ai2bic_i=\frac {a_i} {2^{b_i}}ci​=2bi​ai​​。不难发现，调整过程等价于将一共的 S=∑i=1nbiS=\sum_{i=1}^n b_iS=∑i=1n​bi​ 个质因子 222 重新分配给所有的 ccc，使得所有值之和最大。根据贪心策略，将 SSS 全部分配给最大的 ccc 即可。B不难发现，最少删除次数

Description传送门Solution为方便叙述，令扫地的古明地觉为 A，走路的古明地恋为 B。首先，考虑当 A 和 B 的路线都固定时，如何找出最优解。分成两类讨论：A 的终点与 B 的终点相同（即 xs=xk,ys=ykx_s=x_k,y_s=y_kxs​=xk​,ys​=yk​）。此时两路线的最长公共后缀为一段非空的区间，在图中用黑色表示；剩余部分中，由 A 走的部分为绿色，由 B 走的部分为红色。不难发现，所有仅被绿色经过的点 (i,j)(i,j)(i,j) 的贡献均为 ai,j

宏观使用双端队列维护三元组 (l,r,x)(l,r,x)(l,r,x)，表示 [l,r][l,r][l,r] 的决策点为 xxx。中观当扫描到第 iii 个位置的时候：①进行转移②在队首处弹出过老的三元组③在队尾处弹出 xxx 已没有 iii 优的三元组④考虑队尾的三元组，通过二分确定 ⌈\lceil⌈ xxx 更优 ⌋\rfloor⌋ 和 ⌈\lceil⌈ iii 更优 ⌋\rfloor⌋ 的分界点，并将最后一个三元组分裂为两个⑤在队尾处插入以 iii 为决策点的三元组 (_,n,i)(

换根 dp\text{dp}dp 通常有两种思考方法：①考虑根从 xxx 变为 yyy 时，将 yyy 对 xxx 的贡献去除，再将 xxx 贡献到 yyy 处，最后再撤销操作；②考虑对每个点 xxx，处理出其外子树的 dp\text{dp}dp 数组；这可以通过额外一次从父亲向儿子的 dp\text{dp}dp 求出这个数组。①对于绝大多数题目来说，思考起来较为简便；②处理起来可能较为复杂，不够直观，但是是通法。...

前言A令 bib_ibi​ 表示，有多少个 j(j≤i)j(j \le i)j(j≤i) 不后于 iii 被删除。那么答案为 NO 当且仅当: 对于每个合法的 bbb，均存在一个 i∈[1,n]i \in [1,n]i∈[1,n] 使得 (bi+1)∣ai(b_i+1)|a_i(bi​+1)∣ai​。不难发现 bbb 与 n!n!n! 种删数方案构成了双射关系，因此整数序列 bbb 合法当且仅当 ∀i∈[1,n]\forall i \in [1,n]∀i∈[1,n] 满足 1≤bi≤i1 \le

Description传送门SolutionPart 1: 性质观察遇到这种输入量非常小的题，我们往往会想到找规律。先用暴力打个表出来试试吧1: 12: 3 13: 10 7 14: 41 39 15 1 我们发现，输入 nnn 后对应的答案之和为 n!nn!nn!n；因此，好序列的数量恰有 n!n!n! 种。这启发我们将好序列与长度为 nnn 的排列建立双射关系。考虑构造下面的双射:对于一个好序列 aaa 而言，将 aaa 中的元素从大到小排序；特别的，若两个元素的值相等，那么按

Description传送门Solution算法一对于每次询问跑一遍 dp\text{dp}dp 计算答案即可。期望得分 555 分。void dfs(int now,int fath){ for (int i=head[now];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if (y==fath) dfs(y,now); dp[now]+=max(dp[y],0); } dp[now]+=a[now];}算法二为方便叙述，令所有节点的点权增量为 △\t

DescriptionLOJ 传送门Solution算法一首先考虑只有一种频道的情况。注意到最终形成的是一棵树，并且 kkk 较小，这些启发我们做状压 dp\text{dp}dp。令 fi,sf_{i,s}fi,s​ 表示，目前树的根为 iii，且树内包含了情报站集合 sss。转移的时候，我们需要分类讨论 iii 的儿子数为 111 以及不小于 222 的情况。对于前者，转移形如 fi,s→fj,sf_{i,s} \to f_{j,s}fi,s​→fj,s​；对于后者，转移形如 fi,t+fi

枯了，想出来第一问不会第二问了 /kkDescriptionTakahashi 有 nnn 片两两不同的卷心菜，且它们正在被 mmm 个公司求购。第 iii 种类别的卷心菜有 AiA_iAi​ 片，第 jjj 个公司需要恰好 BjB_jBj​ 片卷心菜且这些卷心菜的类别必须是第 jjj 个公司需要的。如果 Takahashi 成功地达成了所有 mmm 的公司的需求，那么他就会被称作卷心菜大师。然而，Snuke 并不想让 Takahashi 美梦成真，所以他会吃掉几片卷心菜使 Takahashi 无论如

Description给定一个长度为 nnn 的排列 ppp。令其中第 iii 个位置的权值为最长的包含 iii 的单调区间。例如，p=[4,1,2,3,7,6,5]p=[4,1,2,3,7,6,5]p=[4,1,2,3,7,6,5] 中，第 666 个位置的权值为 [5,7][5,7][5,7] 的长度，第 222 个位置的权值为 [2,4][2,4][2,4] 的长度。将这些权值依次拼在一起，就得到了 ppp 的阶梯序列。给定 aaa，你需要求出存在多少个 ppp，使得 aaa 为 ppp 的阶

蓝题都做不出来，我真的是菜到一定境界了。Description传送门Solution首先，我们先将 a,ba,ba,b 分别变为 a100\frac {a} {100}100a​ 和 b100\frac b {100}100b​ 在模 109+710^9+7109+7 意义下的值，并令 x=a+bx=a+bx=a+b。可以发现，答案来源于下面这三个部分的贡献：①跳到了第 iii 个位置但没有跳到中心，有 111 的贡献；②跳到了第 iii 个位置且跳到了中心，也有一定的贡献；③跳到了第 ii

SolutionA无脑 dp\text{dp}dp 即可。B花了好长时间才做出来。假设 TTT 依次选择了橘子 t1,t2,⋯ ,tkt_1,t_2,\cdots,t_kt1​,t2​,⋯,tk​，AAA 依次选择了橘子 a1,a2,⋯ ,an−ka_1,a_2,\cdots,a_{n-k}a1​,a2​,⋯,an−k​，考虑构造一组满足上述要求的方案。首先，一定是 TTT 先选，于是他先拿了 t1t_1t1​。接下来的一个橘子，必须是 t2t_2t2​ 或 a2a_2a2​，但是若选择了 t2

无限膜拜 myy。Description传送门Solution算法一首先考虑一个 O(m2)O(m^2)O(m2) 的算法。令 fi,jf_{i,j}fi,j​ 表示，是否存在一条以 iii 为起点，以 jjj 为终点的标号回文路径。若 fi,j=1f_{i,j}=1fi,j​=1，且存在边 (u,i)(v,j)(u,i)(v,j)(u,i)(v,j) 使 u,vu,vu,v 同奇同偶，那么 fu,v=1f_{u,v}=1fu,v​=1。注意到状态转移较难确定顺序，所以我们需要使用 queue

计不如人，肝败吓疯。Description传送门Solution翻译作品。算法一考虑固定一个根 rrr，作为序列中的第一个位置。从而，一个合法的 bfs\text{bfs}bfs 序列，就等价于从 rrr 往外扩展，每新扩展出一个节点就将其压入的序列。看到期望逆序对数，不难想到枚举 x,y(x>y)x,y(x>y)x,y(x>y)，并求出 xxx 在 bfs\text{bfs}bfs 序列中比 yyy 先出现的概率。此时，我们已经三重循环地枚举了 r,x,yr,x,yr,x,

Description给定一个 nnn 个点，mmm 条边的无向图，每条边都有一个长度。你可以至多做 kkk 次操作，每次操作中选定两条不同的边并将它们的长度交换。你需要求出，从 111 到 nnn 的最短路的最小值。Solution首先，假设我们已经找到了一条路径，我们必然会将路径上后 kkk 大的边替换为未选择的边中前 kkk 小的边。也就是说，存在某个阈值 LLL，若边权 ≤L\le L≤L 那么它一定被最终选择，若 >L>L>L 那么它可能会被中途替换掉。枚举 LLL 并

SolutionA对于第 xxx 轮，我们将所有满足 i+j≡x(modn−1)i+j \equiv x \pmod {n-1}i+j≡x(modn−1) 的 (i,j)(i,j)(i,j) 配对。注意这里 i,ji,ji,j 的下标均从 000 开始。但是这样会导致一些数无法配对，例如当 n=6,x=2n=6,x=2n=6,x=2 时，000 已经和 222 配对了，那么 555 就无法和 222 配对了。同时，111 无法与它自己配对，所以最终会剩下 5,15,15,1 未配对。由于每一轮中会有

Description给定一棵 nnn 个点的树，求所有点集的最小斯坦纳树大小的 kkk 次方和。答案对 109+710^9+7109+7 取模，1≤n≤105,1≤k≤2001 \le n \le 10^5,1 \le k \le 2001≤n≤105,1≤k≤200。Solution⌈\lceil⌈ 算法二 ⌋\rfloor⌋ 为本题正解，⌈\lceil⌈ 算法一 ⌋\rfloor⌋ 是个人思考的产物，两部分联系不大，可以直接跳到 ⌈\lceil⌈ 算法二 ⌋\rfloor⌋。算法一看到一个

文章目录游记SolutionT1T2T3T4T5T6Code游记开场之后，凭借自己长时间对思维的训练，很快切掉了前五题；然后开始写代码。吭之吭之，T1 切掉之后，T2 乱搞过不了，第一次自闭。最后竟然过了，于是开 了 T3 。T3 直接二分图建立然后跑最大流就行了，但是不停地 WA ，心想这都能 WA？第二次自闭。然后发现自己竟然把 cnt\text{cnt}cnt 搞成了 111 ，然后改回来只有又超时了 ⋯\cdots⋯ 第三次自闭。然后怀着信仰，加各种奇葩优化加速算法，最后发现自己最大流用的

DescriptionSolutionLemma 1gi+1=t gi(t∈N∗)g_{i+1}=t\ g_i(t \in N^*)gi+1​=t gi​(t∈N∗)，且t≤3t \le 3t≤3。Certification 1根据gcd⁡\gcdgcd的定义，不难发现gi+1g_{i+1}gi+1​一定是gig_igi​的约数。例如，一个合法的ggg序列是{12,6,6,6,6,3,2,2,1,1,1,1,1,1,1,1}\{ 12,6,6,6,6,3,2,2,1,1,1

Descriptionn≤100,k≤min(n,50)n≤100,k≤min(n,50)n≤100,k≤min(n,50).Solution考虑树形dpdpdp。状态设计为dpi,jdp_{i,j}dpi,j​表示在iii子树中建立了jjj个伐木场的最少花费。考虑状态转移。直接转移看起来十分困难，于是我们采用费用提前计算的dpdpdp技巧。即，对于每个节点都有一个贡献；具体的，第iii个节点的贡献为wi×dis(i,p)w_i×dis(i,p)wi​×dis(i,p)，这里ppp表示离iii最

文章目录斜率优化引入从例题开始斜率优化Part 1: 推为斜率式斜率优化Part 2: 合法点集的斜率单调性Part 3: 找到最优决策点Part 4: 斜率优化大流程Part 5: 斜率优化的优化Part 6: 代码详解斜率优化的一些问题斜率优化引入在说斜率优化之前，我们先说说一种更为简单的dpdpdp优化。比如，有一个dpdpdp式子形如dpi=min⁡0≤j＜idpj+f(j)+g(i)dp_i=\min_{0≤j＜i} {dp_{j}+f(j)+g(i)}dpi​=0≤j＜imin​dpj​+

文章目录基本公式例1 欧拉错排DescriptionSolution基本公式若g(i)=∑j=0iCijf(j)g(i)=\sum_{j=0}^i C_i^j f(j)g(i)=j=0∑i​Cij​f(j)则f(i)=∑j=0i(−1)i−j Cijf(j)f(i)=\sum_{j=0}^i (-1)^{i-j}\ C_{i}^j f(j)f(i)=j=0∑i​(−1)i−j Cij​f(j)是的，二项式反演本身就是这么简单，本质上只是一个容斥。关键在于，我们要如何利用好这个重

Description请在图上找到一个长度在[L,R][L,R][L,R]之间的路径，使得这条路径经过的所有边的权值的平均值最大。请输出这个平均值。Solution 1: 二分+点分治+线段树首先，我们二分答案。假设当前二分到的值为midmidmid，我们将所有边权暂时减去midmidmid。显然，在原图中一条边权平均值不小于midmidmid的路径，等价于在新图中权值和为非负数的路径。考虑点分治。我们扫描当前节点nownownow的所有儿子，维护一棵线段树，它以深度(即与nownownow的距离)

这样子的神仙题，我当然是做不出来的。辛亏有dy巨佬在，他帮我彻底理解了本题，这是他写的题解。为了把自己的思路再理一遍，我决定再写这一篇详细的题解。Task 1: 状压dpdpdp, 20-40pts令m=n2m=\frac n 2m=2n​。我们可以首先确定下小AAA选的节点的顺序，由于小AAA选的节点的顺序已确定，所以此时两种方案不同当且仅当小BBB选的节点的顺序不同。考虑状压dpdpdp。dpst,idp_{st,i}dpst,i​表示目前已选的111类节点(即被小BBB拥有了节点)的集合为s

一道思维含量很大，代码量很小的紫题。赛时AC人数较少，本蒟蒻也并没有做出来……写个题解总结一下。Description给定一种生成长度为3n3n3n的排列的方法：先随意生成一个排列，然后把这个排列划分为nnn块，每块333个数，111个指针。刚开始每个指针指向的是该段的开头，每次找到所有指针指向的数中最小的那个，把这个数放到这个序列的末尾并将这个指针向右移动一位。如果一个指针出了它原先所在的块，就删除该指针。当所有指针都不存在后，生成完成。求存在多少个长度为3n3n3n的排列是可以按照上述方式生成的