louisdlee的博客

原创 组合数学一

组合数学

原创 Codeforces Round 997 (Div. 2) A~D题解

每次只排列入度为 0 点，意味着当前放置的点已经不受限制，直接放即可，放完之后把下标往后加，并把周围的入度减一。重叠部分是由上一个矩形的右上角和下一个矩形的左下角重叠而成，所以重叠矩阵的四条边都不会被计算。的子数组大小为奇数时一定是好数组，因为不知道奇数数组具体有多少个，也不知道偶数数组具体有多少个，最好的方法就是用所有的方案数减去。PS:这其实是区间计数问题的模版，因为区间计数问题几乎都是要找到一个能转换为方程式的性质，然后进行前缀和计数这种。所谓可控，就是要量足够小，规律性足够强，能够重复构造的东西。

原创 ### 2024 江西省赛题解(A,C,D,G,H,J,K,L) BEFI待补

次，其他时候都是承接上一秒的状态，对于上一秒的状态直接记录即可。门开和门关时重新计算一下每个点到哪个门是最近的。所以可以对于每种质因子，为每种质因子创建一个出现次数列表，将出现次数最多的依次从后往前分配。当任意操作都会取等号的时候。中每种质因子的最多出现次数留下来组成的值。也就是当数组中任意两个数都成倍数关系的时候。的每种质因子最小出现次数留下后组成的值，那么存在所有人说的都是真话的可能。个人说的是真话，最后一个人是假话。的倍数，它的最后一位必须是。中的每一位对最终答案的贡献。使得最后的数最大，次大，

原创 Codeforces Round 987 (Div. 2)题解 A~D

看似上面一直说合并集合，实际上我们可以发现，当前最高的树只能往右边跳，我们只要维护上一个集合的左端点，以及维护上一个集合的最小值即可。因为最终要求的数是非递减的，所以最终数组内都是同一种数的方案是可行的。回到这个问题，也就是说，最多我们用三份相同的调料包，不可能用四份及以上的调料包。，需要判断是否这棵树能跳到最高的树后面，如果可以的话，那么从。，它可以直接跳到它后面所有的树上，所以直接遍历即可。是偶数的时候，显然可以相邻地放两个相同的数。是奇数的时候，最小的一组勾股数是。由于给定的数是非递增的，所以。

原创 Codeforces Round 990 (Div. 2) 题解 A ~ D

所以我们累积每天的拼图总数，如果当前拼图总数达到了当前记录的层数所需的拼图数量，就把层数增加且答案增加。对于一个列它要么是只被经历过第一行，要么只被经历过第二行，要么它是转折处（第一行第二行都被记录答案）。最后判断栈顶的数和堆顶的数谁更大，如果栈顶的数大于堆顶，那么不断将其弹出加一塞到堆内。里面的数有哪些，我们只需要在所有数还没操作的时候，从小到大操作一遍它们即可。我们可以枚举哪些列当转折处，对于剩下的还没被分配的列，不难发现，如果第。里面的元素都是已经被操作过相同次数的数，那么集合。

原创 异或哈希总结

异或哈希

原创 Codeforces Round 994 (Div. 2) A~D 题解

原创 优化技巧与思想（更新中）

深入浅出进阶篇的第一章优化技巧。是我入门ACM一年后以全新的时间再刷过的一遍感悟。

原创 最小斯坦纳树打印方案

阅读本文需要完全掌握上一篇文章《动态规划求解最小斯坦纳树》。我们以求解斯坦纳树为例进行演示。

原创 动态规划求解最小斯坦纳树（证了一天两夜）

为什么写这一篇文章，主要是因为我实在看不懂网上的题解，有好多地方不清楚，然后又没有人细讲，所以干脆自己写了一篇，供大家参考。，如果此时我们进行合并子树的话，是不会有任何反应的，因为没有进行连通，所以一个点只对应一个集合。天半，并网上查阅了很多资料，再加上自己的一些证明，终于能够彻底搞懂这个算法的精髓。中，根是终端点本身，包含的集合也是终端点本身。因为算的是子树的最小边权和，而只有一个点的树显然没有边，所以赋值为。周围的点，我们重新从最小堆中拿出最小的点作为起点去松弛周围的点。这是怎么从初始态转移而来的？

原创 Divisibility Part2（整除理论2）

Divisibility Part2本节内容是Part1的进阶内容，主要讲的是整除在竞赛中的一些常用的技巧。数的分解一、带余除法对于任意两个整数 a、b(b≠0)a、b(b\neq 0)a、b(b=0)，都有唯一确定的整数 q,rq,rq,r， 满足a=qb+r(0≤r<b)a=qb+r\quad (0\leq r<b)a=qb+r(0≤r<b)二、分解式若 nnn 是正整数，则xn−yn=(x−y)(xn−1+xn−2y+⋯+xyn−2+yn−1)\qqu

原创 Divisibility Part1（整除理论1）

学习本节的基础：任意个整数之间进行加、减、乘的混合运算之后的结果仍然是整数。接下来，我们会给出定义，且给出并证明定义引申出的定理，最后对这些加以运用。），所以我们需要引进整除的概念，这节会对整除进行深入讨论。接下来从定义出发，证明一些关于整除的基本定理。整除），再利用第五题的结论，检查是否被。的数去除另一个数所得的商却不一定是整数（引导出来，本章最主要的内容都是在定理。，所以二者相减的绝对值不超过。的倍数，所以存在两个整数。​ 的数中最小的正整数，证明。是偶数的时候，结果如何？的数中最小的正整数，设。

原创 Game Theory In Competitive Programming|Part2（原创）

在上一个Part部分，我们介绍了Bash game、Nim game、Misere Nim game 这三个游戏的玩法、必胜策略，以及必胜策略的证明，并介绍了有关必胜态以及必败态的两条定理，接下来我们会以Part1为基础，深挖其中的理论。

原创 Game Theory In Competitive Programming|Part1 (原创)

在算法竞赛中，博弈论是一个经常出现的题目类型。通常是两个人在给定规则下，每个人都按照最优策略进行博弈，我们的任务是找出获胜者。这通常是贪心算法、动态规划等算法的混合。下面，将对博弈论中的一些经典问题进行讨论。

原创 数论：拓展欧几里得求解二元一次不定方程

本节内容，主要围绕这三个关系来讲解。

原创 数论：不定方程的引入

研究的对象：不定方程文章目录研究的对象：不定方程不定方程引入：裴蜀定理证明：欧几里得算法证明：充分性证明：必要性证明：战术总结：不定方程引入：不定方程，又称丢番图方程，定义为：未知数为整数，系数也为整数的多项式等式。形如a1x1b1+a2x2b2+...+anxnbn=ca_1x_1^{b_1} + a_2x_2^{b_2}+...+a_nx_n^{b_n} =ca1​x1b1​​+a2​x2b2​​+...+an​xnbn​​=c如果我们能找到一组整数解：x1,x2,...,xnx_1,x_2,

原创 数论：欧几里得算法与斐波那契数列

欧几里得算法的运行时间，就取决与递归的次数。的取值，大概判断，调用的次数。所以，我们就可以通过，

原创 数论：中国剩余定理证明

同余在数学中是指数论中的一种等价关系，符号为≡\equiv≡。指当两个整数aba,bab除以同一个正整数mmm，若得相同余数rrr，则称这两个整数aba,bab对于模mmm​同余。记作a≡bmodma≡bmodm，读作aaa与bbb关于模mmm​同余。在数论中，线性同余方程是最基本的同余方程，“线性”表示方程的未知数次数是一次。ax≡bmodmax≡bmodm​​ 的方程。

原创 0基础刷图论最短路 3（从ATcoder 0分到1800分）

AT最短路刷题3（本文难度rated 1200~ 1400）题目来源：Atcoder题目收集：（里面按tag分类好了Atcoder的所有题目，类似cf）（访问需要魔法）这算是一个题单，各位有兴趣可以按照这个顺序来刷。我的代码仅供参考。会提示关键性质和步骤。部分有注释。洛谷、知乎、可以搜到题解。

原创 0基础刷图论最短路 2（从ATcoder 0分到1800分）

ATC最短路2 （本文难度rated 1000~ 1200）题目来源：Atcoder题目收集：（里面按tag分类好了Atcoder的所有题目，类似cf）（访问需要魔法）

原创 0基础刷图论最短路 1（从ATcoder 0分到1800分）

ATC最短路1 （本文难度rated 0~ 1000）题目来源：Atcoder题目收集：https://atcoder-tags.herokuapp.com/tags/Graph/Shortest-Path（里面按tag分类好了Atcoder的所有题目，类似cf）（访问需要魔法）文章目录ATC最短路1 （本文难度rated 0~ 1000）1-**Hands**2- **Cat Snuke and a Voyage**3-**Collision** https://atcoder.jp/cont

原创 Educational Codeforces Round 156 (Rated for Div. 2)

对于我们要获得第几次的字符串，就需要从位置n入手，因为第0次的字符串，删除了0个字符，长度为s.size()可以提前算出来 0----a、0-----b、a-----b、a----p、b-----p 之间的距离。假如我们要获得第 k次的字符串，那么我们重复k次，每次将第一个遇到的逆序字符删除就行了。第k次的字符串，删除了k个字符，长度为s.size()-k。因为2%3的余数是2，4%3的余数是1。对于一个数，它模以3只有三种结果：0，1，2。那么a,b模以3也只有三种结果，0，1，2。

原创 Codeforces Round 905 (Div. 3)

对于k==4, 因为任何数不是偶数就是奇数，所以计算奇数偶数个数即可。题目比较仁慈，只要我们的集合里面有不相交的线段，就输出yes。所以我们先统计出现奇数次的字符有多少次，设为cnt。所以若k>cnt，那么多出来的用偶数次的抵消即可。=4，只需要取模k找余数离k最近的即可。若k<cnt，若cnt-k>1,则无法构成回文。当偶数只有一个，且奇数大于1个，则答案为1。所以只有全都是相交的线段时，才输出NO。所以分为k==4 和k!当偶数超过2个，或者存在4，答案为0.当没有有数，如果有3，那么答案为1。

原创 AtCoder Beginner Contest 340

选择用vector，如果是操作1，就pushback。用dikjstra算法即可，一个很板的题。很简单的记忆化搜索，按照题意模拟即可。如果是操作2，直接从后往前找第k个。单点查询，区间修改，懒惰标记。

原创 AtCoder Beginner Contest 339

(a[j]\in[\ a_i-d,a_i+d\ ])$结尾的最长合法序列的长度。显然，要优化，不可能优化第一层循环，因为这是必需的时间复杂度O(n)的。我们就以a[i] 作线段树的下标，然后 dp[i] 作对于的值。所以我们只要再来一层循环，枚举 $j \in [1,i-1]而以 a[i]结尾的最长合法序列的前一项------a[j]通俗一点就是，在已经出现过的序列内的一个区间中找区间最大值。由于是bfs，所以每次步数都是上一次+1，很好转移。暴力做法就是，求以a[i]为结尾的最长合法序列。

原创 AtCoder Beginner Contest 335

我们最开始的状态倒过来存入数组中，然后每次修改一次，就往数组后面添加一个状态。查询的话就输出 v[ v.size() - p ] 即可。朴素做法是，每一次修改前，修改a[i]=a[i-1]蛇形矩阵，记录一个是否前方为边界，或前方是否被占用。时间复杂度为O(nq) =把最后一个字母改成字符串。三重for循环嵌套即可。

原创 Hello 2024

如果负号少，正号多，那么一定能有一个或多个区间将正负号抵消，那么剩下来的正号单独划分即可。可以得出，如果元素之和的绝对值>=1 的时候，若长度大于1，其罚金必然比 单独元素交的罚金多。此时需要放在y后面，因为如果放在x后面，x本来很长的板子就缩短了，不利于后续的操作。所有情况就讲完了，但是有一个错误点，就是，不一定a[2]作为一个区间的开头更优秀。将a[2]放在t2后面更优，因为t2的原本短的结尾更长了，能挡住更多的元素。wa了很多次，先讲讲错了的思路，然后可以更好的过度到正确的思路。

原创 Codeforces Round 922 (Div. 2)

只要我们把一个数组排好序，那么不管怎么交换，都不会减少逆序对的数量。如果发现一行填不满，只需要将一个位置换成 1x3的砖块即可。1、选中的下标里有一对逆序对，那么交换后，仍然是一对。找到a中第一个与b不同的位，且a在这位上是1.2、选中的下标里有两对逆序对，交换后变成0对。3、选择的下标里有0对逆序对，交换后变成2对。第x位为1大于 0~x-1 的所有位为1的值。此后，所有的a与b不同的位，x都与a相同即可。不需要竖着的砖块，全部为横着的砖块即可。其余的都填1x2的砖块。二进制，位运算，贪心。

原创 Codeforces Round 921 (Div. 2)

所以，我们可以从1~m扫一遍，记录有多少份合格的单元（包含前k种字符）构造一个 n*k 长度的字符串，将字符串分成n份，每一份长度为k。开始打擂台， ans=max(ans,符合条件的因数)如果合格的单元少于n，那么这个字符串一定是不合格的。(合格的单元的最后一个字符+不合格单元缺少的字符)那么将x分为n份方案，每份方案必然是x或x的倍数。由第一题可知，给定的m必须是大于或等于n*k。（这个规律很难找，需要自己多写一些长的样例）如果 (x/i)*n < x 也记录答案。枚举x的因数i，x/i。

原创 Codeforces Round 919 (Div. 2)

/当g==0时，说明，v[j+1]=v[j],也就是每一项都相同。如果爱丽丝要消除j个元素(必然从最大的开始消除），那么消除掉的元素之和：nxt[n-j]显然，要找到一个m，使之满足上面的所有式子，那么m必然是它们的最大公约数。注意到，如果不满x个，那么我们就选剩下的所有: sum-nxt[n-j]只要枚举j 使2nxt[n-j-x]-nxt[n-j] 最小即可。我们需要找到m，使得每一段的数，分别对m取模的结果是一 一对应的。也就是减去 2倍的 nxt[n-j-x]-nxt[n-j]

原创 Codeforces Round 906 (Div. 2)

所以，这个数组的长度必须是偶数，不能是奇数，因为奇数会多出一个自己和自己配对的情况。给一个数列a，元素只包含01，我们可以选择插入数组b 使得数列a的元素交替进行。若数列a内有两个元素，如果这两个元素能满足交替进行的数量那么也是YES。给你一个数列，任意排序，使得相邻两项的和为k，判断是否存在这样的构造。2、当连续的数是00，且数组b交替进行，且数组b的两端是1，则yes。1、当连续的数是11，且数组b交替进行，且数组b两端是0 则yes。显然，当数列a中有两个连续的数的时候，我们才需要插入01。

原创 Codeforces Round 161 (Div. 2)

如果 x<y , 那么我们需要不断的往右移动，如果x+1 是x的最近城市，那么移动到x+1只需要1个金币， 否则移动到x+1就需要 a[i+1]-a[i] 个金币。​ 2.C[i]与它们相同时，则不可能存在t[i]与AB匹配的同时与C不匹配 , ans++​ 1.C[i]与它们不同时，那么可以找到一个t[i]与AB匹配与C不匹配，bns++​ 2.C[i]与它们相同时，则不可能存在t[i]与AB匹配的同时与C不匹配, ans++作为等边三角形的边的种数。

原创 Codeforces Round 929 (Div. 3)

他的部分值为：sum2= (u+1) + (sum[pos]-sum[l-1]-u-1) 分为两个部分，一部分是能力增长的，一部分是能力下降的。能力值：（u-sum1+1 + u）*(sum1)/2 (等差数列，首项为u，末项为u-sum1+1，项数为sum1)（负值） (1+ sum[pos]-sum[l-1]-u-1)*（sum[pos]-sum[l-1]-u-1）/2。当sum=1，最少的操作是1，前提是取模后的a数组内有1存在，对a排序后用find查找即可。

原创 Codeforces Round 925 (Div. 3)

我最开始的想法是模拟，将所有数据插入multiset中，然后当sasha操作的时候，取出里面最大的和最小的，合并，然后放回multiset中。一共就三个字母，我们只要每次从第一个字母开始，如果搜满三个字母，且正好总和为n，那么这就是答案，直接返回即可。算出平均数，然后从1开始，将多了的传递给下一个，直到最后一个，再检查一下第一个和最后一个是否为平均数即可。先手Anna，她最优的操作是反转后置0最多的数，使得总位数减少的多。所以记录位数之和，然后记录每个数的后置0，并按后置0个数从大到小排序。

原创 Codeforces Round 923 (Div. 3)

将a，b数组内所有的小于等于k的数字都插入到集合a1、b1、 t中。（t是插入a，b元素的总和）=a[i-1] , s[i]=i-1;否则 s[i]=s[i-1];如果，第i个数与第i-1个数不一样，记录这个不一样的地方的开端：i-1。如果区间[l,r] 之间所有数都一样，那么 s[l]=s[r]s[i] 等于 i的左边第一个与a[i]不一样的点的下标。s+=c 和 s=s+c 的时间复杂度是不同的。三：计算集合a，b之间不重复元素的个数，记为cha。如果i+1还是不一样的话，那么记录不一样的开端：i。

原创 Codeforces Round 913 (Div. 3)

所以我们要想三位数不进位，那么就将每一位数分成3份，放到 相应的位上。当出现b/B，就将计数器++，当出现大小写，就将计数器–，并标记。当a+b+c 会进位的时候， 9+1–>10 ，位数之和就减少了9。当k超级小的时候， 如k=1 ，l[i]=2,r[i]=4。所以当 start>end 的时候，这个区间是不存在的。我们注意到，每一次跳，start的结果必然>=l[i]很好理解，因为a，b，c都是十进制，当你缝9进1。例如99，将个位的9，分成3份到abc的个位上。

原创 单源最短路总结+练习题

处理方式很简单，只要让每一条边的边权都为1，跑一遍最短路即可，原理也很简单可以自行推导。刷到一道题，需要我们找到1~N这条路径里的两个有序的点，一个在前一个在后。有一些题看不出来是最短路，是因为他没有直接问你从起点到终点的最短路。集合之间的最短路问题，有n个连通块，求到终点最少经过几个连通块。由于这两个点是在1~N这条路径上，所以最好用spfa。然后求出 1~i 的小权值，和i~n的最大权值即可。后者我们不可能以i为点跑spfa，这样复杂度过高。也可以不想这些，用数学构造出一个新的最短路。

原创 前缀和、差分

普通的二维前缀和，如果为了节省空间的话，可以用前缀和数组和原数组公用一个数组。中，正数和p、负数和的绝对值q。理论上，如果一个序列中的所有的数是一样的话，那么其差分数组。若 l、r 能互相看见，说明 l、r 之间的数都需要-1。故，如果我们需要对一个区间进行增减同一个数x的操作。有操作,那么b[1]只可能会被操作 1~p-q次。例如，我们需要将[2,5]内的元素全部都增加1。只需要让b[2]+1, b[6]-1 即可。2、如果b[1]无操作，说明p-q次操作都在。将a[l+1]-1, a[r]+1。

原创 0x02递推与递归

递推者，自小而大，循序渐进；递归者，由上而下，分而治之。

原创 0x01位运算

它通过使用二进制位来表示不同的状态，并使用位运算来操作和检索这些状态。在二进制状态压缩中，每个状态被赋予一个唯一的二进制编码，称为状态掩码。例如，假设我们有一个集合 {A, B, C, D}，其中每个元素可以处于两个可能的状态：存在或不存在。我们可以使用一个4位的二进制数来表示这四个元素的状态，其中每一位对应一个元素，0表示不存在，1表示存在。例如，0000表示所有元素都不存在，而1111表示所有元素都存在。通过使用位运算，我们可以高效地对这些状态进行操作。