Lynstery's blog

题意直线上N颗行星，X=i处有行星i。行星J受到行星I的作用力，当且仅当i<=A*J.此时J受到作用力的大小为 Fi->j=Mi*Mj/(j-i) 其中A为很小的常量，故直观上说每颗行星都只受到距离遥远的行星的作用。请计算每颗行星的受力，只要结果的相对误差不超过5%即可。 n<=100000题解神奇的题目。如果要算精确值好像只能O(n)，但该题不要求输出精确的答案，只要用好一点的方法估算即可。第一

简单题。直接考虑原来的某个位置的元素最后到了哪里….O(nm)O(nm)#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=10005,maxm=305;int n,m,L[maxm],R[maxm],rd[maxm];char s[maxn],res[maxn];

算是蛮好的题。 首先 Lucky numberLucky\ number 可以全部预处理出来，大概 10510^5 的规模。 答案取的数字一定是个连续的区间，考虑我们其枚举右端点，左端点是有决策单调性的。就想到可以 22-pointerpointer 搞一下。 剩下的问题就是如何快速判断一个区间是否合法了。 显然对于一个区间，肯定只进行左移或右移。所以可以分开算。设 LiL_i 表示左端点小

注意到，若 x<yx<y ,只可能是限制 sufsumy=xsufsum_{y}=x，若 x>yx>y, 只可能是限制 presumx=ypresum_x=y，只有x=yx=y 的时候有两种可能：sufsumx=xsufsum_{x}=x 或 presumx=xpresum_{x}=x。 注意到最后一种限制很特殊，只需要满足最大的，其他的都满足了。 所以需要讨论的限制只有一个，这样就简单了。

不太容易想到。首先要把限制看成异或，即每个点都要满足 ai,j xor ai,j−1 xor ai−1,j xor ai−1,j−1=1a_{i,j}\text{ xor }a_{i,j-1}\text{ xor }a_{i-1,j}\text{ xor }a_{i-1,j-1}=1 这些限制太复杂了，怎么进行转化呢? 注意到，如果我们已经确定的第一行和第一列的所有元素，则其他也确定了。所以

一开始正着做很复杂，然后发现补集转化一下就很方便了，随便搞一下…#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=100005;typedef long long LL;int a,b,c,L,d;LL ans;LL get(int a,int b,int c){ int x=min(L+

简单题。 a1,a1+a2,a1+a2+a3,a1+a2+a3+a4...a_1,\quad a_1+a_2,\quad a_1+a_2+a_3,\quad a_1+a_2+a_3+a_4... 抽屉原理，这些数模m一定会有相等的或为 00 的。容易想到，当 n≥mn \ge m 时是一定有解的。 所以直接 O(m2)O(m^2) 搞搞就好了。#include<cstdio>#include

显然是考虑一个数的贡献。我们相当于要对于每个数 aia_i，找到最大的 LL 满足 L≤i, aL|aiL \le i,\ a_L|a_i，最小的 RR 满足 aR|aia_R|a_i。 注意到这个想借助调和级数搞的话，复杂度是不太对的，因为 aa 中的数可以有重复，比如说一堆 11 。 其实暴力搞就好了，直接扫两趟，对于每个 aia_i 直接枚因子… 复杂度 O(nV−−√)O(n\sqrt

冒泡需要的趟数 == 反序表最大值。 这题只有01两种数字，所以每次求最后的0前面有几个1就好了。 具体实现倒着搞比较好。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=300005;int n,bit[maxn],_max,a[maxn],ans[maxn];void Updata(int x

挺简单的题。这种所有区间中什么与最值有关的东西，一般考虑分治，或者求每个数的控制区间。 这题分治感觉不太好搞。就考虑后者，我们补集转化一下，考虑对于每个数，作为最大值，向两边最远扩展到哪里。显然直接每位独立考虑 O(nlogn)O(n \log n) 就能求出了。 需要注意的是，一个区间的最大值可能多次出现，为了避免重复，我们规定越在左边越大就好了。#include<cstdio>#inclu

值的范围是10610^6 ,所以可以想到直接枚举公倍数。然后就是要统计一个数的因数出现了几个。这个直接 O(nlogn)O(n\log n) 。 实际上这题有一个条件弱化的思想，不需要一定是最小公倍数，大的公倍数满足，对应的最小公倍数也满足。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=100000

简单题。考虑一条边 (x,y)(x,y) 对答案的贡献，可能是 axa_x 或 aya_y ，取决于哪个点先被删。 那显然我们从大到小删就可以做到每条边的贡献是 min{ax,ay}min\{a_x,a_y\}，是最优的。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=1005;typedef lo

挺烦的题…..很容易wa… 总之就是求出 Bi,jB_{i,j} 表示 ii 到 jj ,走两步的方案，Ci,jC_{i,j} 表示走三步。 然后 ∑Bi,j∗Ci,j\sum B_{i,j}*C_{i,j}。然后会有不合法的和重复的… 不合法的大概是 一个三角形多出一个脚…或者就是一个三角形… 在纸上大力分类讨论一下，把它们都扣去就好了。 参考了网上dalao的实现。#include<cs

这题很 cfcf 。虽然 nn 很大，但由于 KK 只有 1e91e9，所以数列前面大部分数字是在原位的。13!=622702080013!=6227020800，只有后面不到 1414 位会变化，后面暴力就好了。 前面的 11到 n−13n-13，数位 DPDP 求答案。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const

不难的题。 考虑一个空的点的贡献是一个组合数的形式，即答案为 ∑(leftK)(rightK)(upK)(downK) \sum {left \choose K }{right \choose K }{up \choose K }{down \choose K } 怎么求呢? 显然先离散，只需考虑离散后的网格上的点。 对于每一行，可以考虑扫过取求两个实点中间空点的贡献，每一段的贡献是(le

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。

题意戳这里题解这题一开始感觉无从下手，所以我们要尝试得到一些结论。 自己画一画可以发现，一定是两两互为对方的庇护所。这样才有可能保证任意两个不同的城市庇护所不同。否则由于原图没有环，到后面必定会撞上。 树上的完美匹配要么无解，要么就只有唯一解。直接 dfsdfs 一趟就能得到匹配关系了。 庇护所都确定了就很简单了，就剩下一些危险度大小关系的限制。直接根据限制建拓扑图，然后用堆搞一搞就能满足字典

这是一道不是很远古的 noipnoip 题。 由于很久之前看过，就只能写一写可能不太有理有据的思考过程了： 这样一个问题，数据范围较大，

这是一道去年的联赛题，由于联赛快到了，这里就写一写有理有据的思考过程： 首先这个全部长度加qq，我们很容易想到开一个全局变量记增量。即如果我们只关注相对大小的话，相当于每次只是把刚且出的两条长度减 qq，其他不变。 这时候要谨慎走入高级数据结构的不归路，联赛一般是不会这样的。 所以我们就想这题有什么特点。可以发现，切出来的蚯蚓长度都比原来小，所以每次取出的最大值，一定是递减的。 这个单调性很

不难的题。首先考虑 11 的区间一定是 [1,n][1,n]。其他数的区间不可能跨过 11 ,所以数列就分成了左右独立两边，继续找两边最小的，分下去。 显然就是一个笛卡尔树的构建过程。 设 f(L,R)f(L,R) 表示这个区间的方案数，x表示控制区间为 [L,R][L,R] 的数的位置，则： f(L,R)=f(L,x−1)∗f(x+1,R)∗(R−LR−x) f(L,R)=f(L,x-1)*

题意就是已知 ff 求 g=f∗1∗1∗....∗1g=f*1*1*....*1，其中 ∗* 是数论卷积，有 KK 个 11。 只需求 1K1^K 。这个 KK 是个高精数，硬算肯定不行。 考虑 (1K)(n)=∑i0|i1|i2|i3...ik|n1(1^K)(n)=\sum_{i_0|i_1|i_2|i_3...i_k|n} 1 应该可以排列组合搞。 因为 1K1^K 是积性函数，想到尝试

这种 cfcf 的小题很 zicizici 啊。题不难但是感觉很好。 ai mod aj=d, aj∗k=ai−da_i \text{ mod } a_j=d,\ a_j*k=a_i-d 值域不大，就直接在值域上做。可以想到，先枚举 aja_j 再枚举 kk，预处理 nxtinxt_i 表示 从 ii 开始向左找第一个出现的数字。就好了。 O(nlogn)O(n \log n) 。注意范围要开

题很关键的一点是注意到 kk 严格小于 max(n,m)max(n,m)，所有一行或一列是完全空的。 然后就很简单了，只需考虑一维的限制。 瞎搞就好了。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=1005;int n,m,K,cnt[maxn],v[

不错的题，思路很套路。考虑求的答案是 ∑i,j∑k[k在两棵树中都是i,j的祖先]\sum_{i,j} \sum_k [k在两棵树中都是i,j的祖先] 改变枚举顺序，设 Son1(x)Son_1(x) 表示第一棵树中以x为根的子树的点集，答案就变成： ∑k(|Son1(k)∩Son2(k)|2)\sum_k { | Son_1(k) \cap Son_2(k) |\choose 2} 这个

这种题看似很暴力，但也不能太暴力，需要一定的思考。 我们先枚举一个塔，再考虑下一个塔，注意到第2个塔与第一个塔有重叠的只有最多 K2K^2 个，即暴力枚举交在哪里，直接就得到了。 对于这些有重叠的暴力算答案，剩下的都和第一个塔没有重叠，就挑一个最大值即可。 除去 K2K^2 个元素的最大值，不要用什么线段树单点修改，直接 STST 表预处理，跳过 除掉的元素，一段一段询问最大值即可。#incl

好题，思路很巧妙。想到逆着搞就简单了。 考虑最后覆盖的一次，一定形成一个 K∗KK*K 的同色子矩阵，我们把它拿掉，则这些位置的露出的颜色是任意的。我们不断重复找可能的同色子矩阵，一层层剥掉。 最后判断是否存在一定是黑色的点即可。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=35;int _te

瞎搞题。 从 11 往下构造出两条长度分别为 d, h−dd,\ h-d 的链，然后剩下的点全部堆到某个点下面，注意当 d=hd=h 时特殊考虑一下。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;int n,H,D;int main(){ //freopen("cf639B.in","r",stdin); //