Lynstery's blog

题意题解显然由于有优先级存在，操作序列是唯一的。 我们设g[i][x]g[i][x] 表示一开始有i个盘在x柱，经过一系列操作，他们都到了哪个柱子上。这是唯一确定的。我们再设这个过程的操作方案数为f[i][x]f[i][x]。 这样f[n][0]f[n][0] 就是答案了。(我们用0,1,2表示柱A,B,C) 如何递推呢？联系经典的汉诺塔递推，i是由i-1得来的，我们同样用这样的思路来分析。

题意K国是一个热衷三角形的国度,连人的交往也只喜欢三角原则.他们认为三角关系:即AB相互认识,BC相互认识,CA相互认识,是简洁高效的.为了巩固三角关系,K国禁止四边关系,五边关系等等的存在.所谓N边关系,是指N个人 A1A2…An之间仅存在N对认识关系:(A1A2)(A2A3)…(AnA1),而没有其它认识关系。全民比赛时,为了防止做弊，规定任意一对相互认识的人不得在一队，国王想知道，最少可以分多

题意有4种硬币。面值分别为c1, c2, c3, c4。 Q组询问，每次给出4种硬币的使用个数上限di,以及一个数S，求组合出S的总面值的满足限制条件的方案数。 di,S<=100000, Q<=1000题解注意到硬币个数对于所有询问时固定的且个数很少，我们肯定需要预处理一些东西。 先不考虑硬币个数的限制，刷一次普通的背包得到f[i]，表示用4种硬币组合出i的总面值的方案数。 显然对于每次询

题意 T组询问，每次给定n，输出An。 T<=20, n<=10^100题解这道题容易想太多，其实不用对递推式进行什么处理，只需要用特别的方法记忆化即可。 注意到虽然n的范围大，但真正有用的很少。 例如当n=31时： 有用的节点只有O(logn)个，如果我们能实现记忆化，可以实现logn的复杂度，再搞个高精即可。 但是数字这么大，如何记忆化呢？实际上从上图我们已经可以发现，只需要一对

题意有n个男孩和m个女孩，排成一个n+m的序列，满足对于任意连续的一段，男孩与女孩的数目之差不超过a。求方案数。 n,m ≤ 150，k ≤ 20题解肯定朝递推的方向思考。如果序列前i个已经合法，现在多填入一个i+1，设男孩为1，女孩为-1，那么只需要考虑所有后缀和的绝对值是否小于等于a即可。 我们的关注点就在所有的后缀和上。每次填入一个数，所有后缀和都将+1-1，且多生成了一个1/-1的后缀

题意给出n个数字m次询问，每次询问在区间[li,ri][li,ri][li,ri][li,ri]之间任选两个数字相等的概率是多少.（n,q<=50000）题解莫队模板题。 所谓莫队其实就是个高逼格的暴力，想法特别简单，不赘述了。 对于这题，我们设sum[i]表示区间[L,R]中i出现次数，则概率为： ∑C(sum[k],2)C(R−L+1,2) \frac{\sum C(sum[k],2)}{

题意题解树上带修莫队经典题。 有了前面的铺垫：普通带修莫队和普通树上莫队，这题就不在话下了。 答案和走的顺序无关，只和每种糖果吃到几次有关，显然可以O(1)移动维护。 然后就没有然后了……树上带修莫队即可。 这题有点常数问题，在UOJ上被卡了半天90分。最后把块大小调小一些就过了。 好像实际情况下带修莫队块大小不一定是n2/3n^{2/3} 最优，个人感觉稍微调小一点可能效果更好。#inc

震惊！99.9%的oier都不知道。用了此方法，暴力立马变标算！最近学习了一个新的函数fread，可以从文件中整块读入信息，速度很快。基于这个函数，我们可以写一个新的getchar()：inline char gc(){ static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1

在用gcc/g++编译时指定参数 -Wl,--stack=size size是栈的大小，单位为字节。 比如我现在要编译一个名为hh的c++程序，栈的大小要16M，就这样 如果是像本蒟蒻一样用dev-c++的，那么可以 点编译选项，然后 就可以了

题意给出n个数字，和K。每个数字ai可以变成[ai-K,ai]范围内的值。求所有数gcd起来最大值。题解水水的小题，这种题目要做到准确快速。 可以想到枚举公因数g，然后判断n个数是否可能是g的倍数。 很简单，对于每个g的倍数g∗ig*i，取n个数落在[g∗i,g∗i+K][g*i,g*i+K]中的个数。如果总数为n，则可行。 要注意区间可能重叠，不能算重。#include<cstdio>#i

题意给定n个节点的一棵树，每个节点上都有一个数字。 m次询问，没次求u到v的路径上有几种不同的数字。题解树上莫队经典题。 首先要会树分块，见bzoj1086: [SCOI2005]王室联邦。 与普通莫队类似，记dfn[x]为x的入栈时间戳，我们按（belong[U], dfn[V]）排序所有询问。 显然分块完后属于同一块的最远点对距离不超过块的大小， 而且考虑括号序列，dfn[V]递增的话

题意题解按照惯例，%%% manchery大神 这题就是一个分治。 每次强行把序列分成两半，统计跨过中线的所有合法区间中的方案数。 如何搞呢? 对于最大值的位置来分类讨论4种情况： 1. a,b最大值都落在左边。 2. a,b最大值都落在右边。 3. a在左，b在右。 4. a在右，b在左。 如果左右最大值都有，我们可以做个规定，它最大值就看作在左边，这样就能避免计算重复。

题意题解分析一下可得，如果二分最后要停在k位置，需要有一些位置上的值满足与m的一些大小关系，而且关系都是确定的。 直接模拟一趟就可以得到：有num1个位置需要满足a[i]<=ma[i]<=m，有num2的位置需要满足a[i]>ma[i]>m，其他位置显然可以随便乱放，因为根本就不会访问到它们。 这样就能直接写出答案的表达式了： Pnum1m∗Pnum2n−m∗(n−num1−num2)!P_m

题意给出一个n个元素的序列a。执行m次操作： 1. Q L R代表询问[L,R]有几种不同的数字。 2. R x y 把第a[x]改为y。题解带修莫队裸题。 怎么搞带修莫队呢？就是加一维时间，然后对L，R都分块。块的大小定为n23n^{\frac{2}{3}} 。 具体来说，先对L分块，对与同一L块中再对R分块。 bool operator < (const data1 &b)con

题意如果一个序列的相邻两项差的绝对值小于等于1，那么我们说这个序列是完美的。 给出一个有序数列A，求有多少种完美序列排序后和数列A相同。 n<=30000 每个数<=10^9，每个数出现次数<=100题解首先我们要想到从小到大考虑，不断的把数插入。 这样搞有什么好处呢？当要把i插入时，因为当前序列中所有数都比i小，所以i只能插到相邻两个i-1之间，或者边界有i-1的。 从这个角度，我们就能

题意给出一个n行m列的网格图，每个点与上下左右相邻4个点有双向边。 询问Q次，每次求两点最短路。 n*m<=20000，Q<=100000题解分治这个考虑方向还是容易想到的。 就是每次选长的那一边切成两半。 对于一个询问，若两点在异侧，则最短路一定经过中线。若两点在同侧，最短路可能经过中线。 以中线上的每个点为源点刷最短路，更新答案。 异侧的询问已经对了就不需要递归下去，其他的询问根据两

刚刚发现自己以前认为的递归算法复杂度分析都是错的…… 主定理:（以下摘自算导） 另a≥1a\ge1和b>1b>1是常数，f(n)f(n)是一个函数，T(n)T(n)是定义在非负整数上的递归式:T(n)=aT(n/b)+f(n)T(n)=aT(n/b)+f(n) 其中n/bn/b 被解释为⌊n/b⌋\lfloor n/b\rfloor或⌈n/b⌉\lceil n/b\rceil。(对以下结果无影

题意题解求最小值的最大值，容易想到二分答案。 对于当前二分的mid，现在就要考虑怎么验证，实际上就是要满足形如：∣Asum[i]−Bsum[j]∣≤mid\lvert A_{sum}[i]-B_{sum}[j]\rvert \le mid 的所有不等式都成立。 变形一下可以得到：Asum[i]−mid≤Bsum≤Asum[i]+midA_{sum}[i]-mid\le B_{sum} \le A

题意求从小到大第k个无平方因子数是多少。（原题面表述略有问题） k<=1e+9题解这题与反演无关，就用到了莫比乌斯函数。 首先肯定二分答案然后验证，现在问题转化为了求[1,mid]中无平方因子数的个数。 怎么求呢？考虑容斥，（p是1~sqrt(m)内的质数集） 总个数=[(pi)2的倍数]−[(pi∗pj)2的倍数]+[(pi∗pj∗pk)2的倍数]−[(pi∗pj∗pk∗pt)2的倍数].

莫比乌斯反演经典入门题。 首先用容斥，把问题转化为1<=x<=n且1<=y<=m的。 设f(i)f(i) 表示满足gcd(x,y)等于i的有序数对(x,y)的个数。(1<=x<=n且1<=y<=m) 构造F(i)=∑i|df(d)F(i)=\sum_{i|d}f(d)，即满足i|gcd(x,y)的有序数对(x,y)的个数。 F(i)F(i)很好求，只有x和y都是i的倍数即可，所以F(i)=⌊

题意PS国是一个拥有诸多城市的大国，国王Louis为城市的交通建设可谓绞尽脑汁。Louis可以在某些城市之间修建道路，在不同的城市之间修建道路需要不同的花费。Louis希望建造最少的道路使得国内所有的城市连通。但是由于某些因素，城市之间修建道路需要的花费会随着时间而改变，Louis会不断得到某道路的修建代价改变的消息，他希望每得到一条消息后能立即知道使城市连通的最小花费总和， Louis决定求助于你

题意定义一个有向图的连通数为图中可达点对的个数（有序点对）。 给出一个N个点的有向图，求连通数。 n≤2000n \le 2000题解先Tarjan缩点，然后典型的在DAG上做传递闭包，用bitset优化。 复杂度O(n∗m/64)O(n*m/64)#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>#include<algorithm>#i

题意给出n个物品，每个物品有一个价值Ai。可以选一个或两个或三个，求每种可能的总价值的选取方案。 Ai≤40000Ai \le 40000题解题面好有趣…… 考虑构造普通型生成函数A(x)，表示取一个的方案。 答案肯定不能直接A3+A2+AA^3+A^2+A，因为一个物品可能被取了多次，考虑如何去重。 取一个就是AA 没错， 取两个是(A2−B)/2(A^2-B)/2，BB是取相同的两个的

题意有一个长度为 nn 的括号序列，现在要计算一下它有多少非空子段是合法括号序列。 合法括号序列的定义是： 1.空序列是合法括号序列。 2.如果 SS 是合法括号序列，那么 (S)(S) 是合法括号序列。 3.如果 AA 和 BB 都是合法括号序列，那么 ABAB 是合法括号序列。 n<=1100000n<=1100000题解AA 题还是挺水的吧…… 把左括号看 +1+1 ，右括号看成

题意直线上有n个点，选K对点之间连线，一个点只能连出去一条线，求连线的总长度的最小值。 n<=1000000，k<=n/2题解贪心真可怕…… 显然要连肯定是连相邻的。我们把n-1个相邻差值拿出来，问题转换为n-1个数中取K个不相邻的数的和的最小值。 n比较大，考虑贪心: 如果我取了最小的数会怎么样呢？显然是不对的: 例如：2 1 2 100, 取2个 如果第一次取了 11，之后只能取 1

题意给出一个长度为 nn 的串 ss，每次询问求给出串tt，求 ss 的子串中与 tt 近似匹配 的个数。 定义 aa 与 bb 近似匹配： 1.∣a∣=∣b∣∣a∣=∣b∣，即 aa 串和 bb 串长度相等。 2.对于每种数字 xx，xx 在 aa 中出现的次数等于 xx 在 bb 中出现的次数。 n≤50000,∑|t|≤100000 n \le 50000, \sum |t| \le

题意戳这里题解容易想到 floyedfloyed 干的就是类似的事情。 但是我们算点 ii 的答案时，其他点都要插入。 我们分治搞就行了，分治到单一节点时进行答案查询。 #include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N=305;int n,a[N][N];L

题意戳这里题解好神奇的思路…… 这题如果都是加法的话就很简单了，直接组合数算每个数的贡献即可。 如果这样正负交替出现怎么办呢，通过观察，可以发现一些东西。丢官方图： 当 nn 为偶数的时候，可以分别看奇数项和偶数项(上图蓝色和黄色)，可以发现它们上下的关系和都是加法的情况一样！ 最后只需要把奇,偶的贡献和相加或相减即可。 如果 nn 为奇数，我们手动推第一层，就发现转化成偶数了。#incl

最近做了一下这个，所以来写份题解。day1T1 以前做过差不多的题，就是把矩阵转45度，然后就可以二维前缀和了。T2 一条边对答案的贡献即经过它的路径的总条数，就等于删去这条边后得到的两个子树的点数乘积。 每次直接 O(1)O(1) 改一下就好了。T3 直接 DPDP, f[i][j][k]f[i][j][k] 表示走到位置 (i,j)(i,j) ,已经用了 kk 次技能的受伤最小值。

题意戳这里题解这是一道结论题。 我们先把数放到数轴上考虑。定义两个点的距离为几何上的距离的平方。 我们可以把一个回路看作两条从 11 到 nn 的不相交的路径。 有一种经典的二路取数的 O(n2)DPO(n^2)DP，但是会 TT 掉，且很难进一步优化。 怎么办呢?只能观察性质了，这里有一个很强的结论： 除了最两端的 (1,2)(1,2) 和 (n−1,n)(n-1,n)，其他两个相邻的点

题意给出一个n个元素的数集。 求这个集合的所有非空子集的权值和。一个集合 AA 的权值定义为:maxi,j∈A |i−j|\max_{i,j \in A}\ |i-j| 题解集合的权值只由最大和最小的两个数决定，所以可以想到给 nn 个数排序，题目转换为: 定义一个区间 [L,R][L,R] 的权值为 (a[R]−a[L])∗2R−L−1(a[R]-a[L])*2^{R-L-1} 。求所有子区间

题意给出坐标系中的n个整点(x,y都是整数)。求正多边形的个数。 坐标范围 [−100,100][-100,100], n≤500n \le 500 题解直接贴结论: 整点正多边形只有正四边形。 不会很严格的证明，不过可以大概感受一下： 网格中斜的边长度一定不等于水平或竖直的边。所以正多边形中，要么都是水平或竖直的边(只能是正方形)，要么都是斜的边。 考虑边都是斜的情况，边都要相等的话，边于

题意给出一个数集，求所有非空子集的权值和。 定义一个集合的权值为：若所有元素的gcd=1则权值为0，否则权值为所有元素的gcd乘以集合大小。 n≤100000，数字范围≤1000000 n \le 100000，数字范围 \le 1000000题解其实是道挺简单的题目，但是因为之前没做过类似的 gcdgcd 的容斥的题，所以当时没做出来。 有这样一个显然的东西：考虑所有d的倍数的数构成的集合，

题意戳这里题解显然要步数最小就是每个格子刚好走一次。 枚举起始位置，然后考虑怎么能怎么走。 大力分类讨论一下可以发现我们只需要知道两个东西就可以了。 一个是 did_i 表示在 2∗i2*i 的网格的右上角，遍历所有的格子一次后停在气势位置下方的方案数。 显然 di=di−1∗2d_i=d_{i-1}*2 . 还有一个是 fif_i 表示在 2∗i2*i 的网格的右上角，遍历所有的格子的方

这是一道傻逼题，就是有 ()[]()[] 两种括号的一个序列，求最长合法括号序列子段。n≤105n \le 10^5 以前在cf上做过类似的，我好像是分治搞的……真是学傻了…..所以在这里记一下。 实际上用栈搞一下就好了，我们知道一个合法括号序列插入栈之后就为空了，子段也一样。不断插入时统计答案。#include<cstdio>#include<cstring>#include<algori

主席树+哈希套路。通过哈希做到快速比较一些东西是否相等，很可能和字典序什么的有关。这题就是利用哈希，在主席树上二分一样地走，找到从左边开始第一个不一样的和从右边开始第一个不一样的，然后xjb判断一下就好了。#include<cstdio>#include<algorithm>#define Lh ch[0]->hsh#define Rh ch[1]->hsh#define Ls ch[0]-

经典题。 超级钢琴模型。取前k个最优的问题，总状态太多时，尽量根据显然的优劣关系，减少当前待选最优值，用堆搞，取了一个之后放出后续可能有用的。#include<cstdio>#include<queue>#include<cmath>#include<algorithm>#define Fir first#define Sec secondusing namespace std;con

对于这种询问有多少个不同的东西，有比较套路的方法是把询问离线，然后同种元素的贡献记在最近的位置上。比如 BZOJ1878 [SDOI2009]HH的项链 这题也是类似的做法，只是一个点上的元素不是1个而是log V个。所以就 O(nlog2n)O(nlog^2n)#include<cstdio>#include<cstring>#include<vector>#include<algorit

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=100005;typedef long long LL;int n,a[maxn];LL K,sum_a,now,_max,ans;int main(){// freopen("cf830C.in","r",stdin);// freope

我们要使左边的点度数都变为偶数。考虑第一种操作，会使两个点的度奇偶性变化，所以问题就转化成：给出一个图，选较少的边使得每个点的度满足奇偶性的限制。 这个怎么搞呢？有一个结论：若有解，则图的任意一个生成树，只取树边都能得到一组解。 怎么证明呢？ 显然如果已知一组边是合法的解，那么这些边一定能在同一棵生成树上。 把这组解的边标为白色边。对于其他的任意一颗生成树，若白边在树上就取他，若白边不在树上