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RSS订阅原创 牛客周赛 Round 41
首先dfs可以把这颗树分为若干个块，对于每个块我们要使其和为0，且绝对值和最大，那么我们有什么办法确定填多少正数和负数，首先明确和为0，那么正数和负数填的绝对值和应该相同，那么我们只考虑正数，我们肯定填的越多越好，具体如何快速实现呢，这里有一个不是很明显的二分性，我们二分正数的值，判断凑出这个值需要的最少个数，这个块里的其他位置可以填负数，也可以为0，check一下是否满足，然后就可以完成了。注意对于块顶点不是红色的，我们填绝对值较大的那一个。当然出题人好像有一种贪心做法，可以去看一下回放。
2024-05-09 15:31:09
287
原创 C:Jump and Treasure(单调队列优化DP+调和级数）
然后每次询问又给了限制，这里就用到了调和级数，也就是 n/1+n/2+n/3+n/4+...+n/n 大概在nlogn的级别，而单调队列优化DP 又是O(N)的，这样就可以看似暴力，其实稳过的a掉了。表示以 i 为结尾的最大得分然后枚举前p-1个位置，但是时间肯定不允许，可以想到这类题典型就是单调队列优化的；题意：给你一个0到n的柱子，一开始在0，需要跳到大于n的地方，每个柱子上有个得分，思路：一般很容易想到一个 n*p 时间复杂度的DP ,且限制了最大跳跃步数；
2024-04-17 18:45:40
419
原创 Educational Codeforces Round 164 (Rated for Div. 2)
我们考虑一个集合的贡献，如果最大值大于sum的一半，那么值就是max，反之值就是(sum+1)/2。那么我们可以sort a数组枚举最大值，同时简单计数dp统计 各个 总数量的集合的方案数。题意：给你n个颜色不同的小球，以及每种颜色小球的数量，让你求。种集合分割方案的价值和。
2024-04-15 19:42:38
494
原创 蓝桥杯2024年第十五届省赛
根据给的公式化简后变为gcd(a,b,c)然后我们对1到mx的树求约数，并记录约数的次数，我们选择一个最大的且次数大于等3的就是gcd。
2024-04-15 16:41:28
2333
原创 D - Coconuts HDU - 5925(二维离散化压缩)
思路：把不存在障碍物的行与列压缩为一行或者一列，然后存在的就不压缩原样记录，压缩后的就记录原来的行列大小，这样行列最大就300了就可以了正常dfs了。题意：就是给你一个图有多少连通块，按增序输出，但是图比较大需要离散化一下。
2024-04-12 16:40:22
195
原创 P1281 书的复制(区间DP+贪心）
然后我们倒叙枚举，每次都选取不超过全局答案的最大值，即可记录区间。状态转移那么仔细想一想，这题需要连续分配人。这里提供一份区间DP，
2024-04-11 18:12:28
210
原创 L3-1 那就别担心了(记忆化搜索）
一开始用的反向建边的拓扑，数量应该是没问题的但是，是否自洽还得正向dfs判断一下，不如直接记忆化搜索。这样两条边是不可以的。需要注意的是自洽的判断，如果起点是1，终点是3。那么1->3->2;
2024-04-08 11:26:44
252
原创 状态压缩DP
一般设表示状态下，为最后一个最值情况。一般有两种稍微不同的写法，单纯就是写法不同，思路方法都相同。第一个例题为第一种转移方法，有当前转移后面。后面的都是由前面转移目前。
2024-04-02 16:19:48
286
原创 A - Environment-Friendly Travel Gym - 102501A
题意：给你一些交通方式和站点，不同的交通方式碳排放不一样，问从起点到终点距离不超过B的路径中最少的碳排放是多少。思路：二维dijkstra，建图什么的倒不是很难，主要就是对二维dij的理解了；具体见代码(具体的dp思想还没想好）。
2024-03-27 15:14:04
226
原创 计数DP
f(i, j) =f(i - 1, j) +f(i - 1, j - 1) +f(i - 1, j + 1) 转移过来。表示当前点向上走i步且最终在第j列的方案数，我们知道我们每一步都要缩短短距离，也就是向上走，那么我们转移方程也就有了。思路：dx = abs(x1 - x2), dy = abs(y1 - y2), 那么最短距离一定是。,然后就是状态表示了，
2024-03-25 10:46:41
195
原创 经典过河问题
2：两个最大的一起过去：先让a[1]带着a[0]过去，再让a[1]回来，再让a[i]和a[i - 1]过去，最后让a[0]回来，每一次要花(a[1] + a[1] + a[i] + a[0])的时间。1：最快的人一个一个送：a[0]带着a[i]去去来来，每一趟要花(a[i] + a[0])的时间。2：让最快的人回来，然后让最慢于次慢的过去，然后次快的过来带着最快的一起回去。首先我们想，应该让最快与次快的先过河，然后让他俩来回的带其他人过河。1：让最快的回来，然后带一个人回去。其实也就是一个贪心题。
2024-03-20 20:31:17
423
原创 The 2023 Guangdong Provincial Collegiate Programming Contest
二分我们知道了，但是check里面如何判断才能配合二分呢，对于我们check的mid ，我们可以先按行排序再按列排序，然后按这个先行后列的顺序按我们的原图找0~mid-1的数，然后只看列是否满足即可，也就是上一个的列值小于等与目前的列值。嗯，怎么说呢，一般二维图，数据不是很大的比如n*m*log级别允许的，如果一眼不是bfs，可以考虑结合一下二分。本题可知，只能向下或者向右，那么我们就像如果答案为x，那么一定会有一条0到x-1的路存在，我们再想一条路肯定是先右再下，然后重复进行的，类似于一个楼梯的样子。
2024-03-18 20:59:24
386
原创 牛客练习赛122
正着求删除的最小代价不好做，采用逆向思维，求选择一些不相交的线段使得构成一个圆的代价尽量大，最后答案就是所有线段权值之和减去最大代价。很明显，离散化候不同区间值被拉近了距离，但是不相交得还是不相交，所以本题可以离散化。2、选择以为左端点的线段。枚举左端点 所能到达的右端点 v，权值为 w，那么当前的答案。本题的相交比较上一题有点不同，不同在包含的时候端点可以相交，而不包含时端点不可相交。具体的还是区间DP的过程，枚举区间长度 len ，枚举区间左端点 i 和右端点 j。1：不选择以左端点的线段，
2024-03-04 17:04:14
491
原创 2024牛客寒假算法基础集训营4
思路：看到数据范围差不多可以想到用来装压dp，一个比较重要的观察是，每次都从已经染色的点上出发画新线，就是最优做法了，每次都挑未染色的点连线，最后再连起来，画线次数不会比第一种方式少。那么这样每个时刻上色的点的颜色一定相同，所以我们枚举染色状态，染色点以及未染色点确定一条直线然后去跟新 新的状态。这里我们要预处理两点确定的这条直线上存在的点，叉积预处理即可，初始化每一条直线马，每一个点都初始化为1，其余都是无穷大进行转移即可。
2024-02-26 20:14:55
333
原创 2024牛客寒假算法基础集训营5
完全背包+加不少于的模型由于人数只有1000，那么 bi 实际有效的范围只有1000左右，并且，soyorin至少要花一次 p 的代价将消息通知给 1 个人，然后再让这个人去将消息通知给剩下的 n−1 个人。 那么问题就转化成了：将消息通知给 n−1 个人的最小代价，将消息通知给 bi 个人需要花费 ai 的代价，且 ai,bi 能用多次，也就是一个完全背包。注意一些细节。
2024-02-22 23:24:13
448
原创 Codeforces Round 926 (Div. 2)
假如资金无限的话,这种方法赢的期望为无穷大.原理类似于二进制，不论你输再多次,只要赢一次总额就增加了1.比如 15 二进制1111，前3把一直输，但是只要第4把赢，就一定可以增加 1 资金.1.第一种情况下因为每条链上只有一个关键点，那么经过 x 的路径一定不会包含第三个关键点， x子树的所有情况可以随意组合，直接将所有子树的 f 乘起来即可。2.第二种情况下，如果 x 的一棵子树存在这样一条链，其他子树的任意节点都不能成为关键点，只能是空白一种情况，所以把所有子树dp相加。
2024-02-16 17:19:51
1011
原创 Codeforces Round 925 (Div. 3)
思路：可以看出只有1，2可以改变图形的凹凸性，且必须交替排列，那么由此可以推出一种不能的情况，那就是abs(a-b)>1,无论如何交替都不可能，另一种就是ab都为0吗，但是3，4都存在这种也无解。仅有一种方案：以 1 开头。此时 3,4 均有 a个空位，方案数为 (c+a−1,a−1)(d+a−1,a−1)。此时 3,4 均有 a+1 个空位，方案数为 (c+a,a ) (d+a,a)。那么根据我们上面的不可能的条件，我们可以分为a==b ,a==b+1,b==a+1,三种情况。
2024-02-15 20:06:01
336
原创 2024牛客寒假算法基础集训营1
具体来说，我们枚举m的每一位为1的1，强制这一位为0，这样m被分为前后两部分，对于前面的部分一定要满足或后小于m，简单说就是，在前面m不为1的位绝不能为1，而我们令当前这一位1为0了，对于后面所有位都为1，也不可能大于当前这一位，那么我们就可以根据这进行枚举计算了。这题一看数据范围很大，重量和价值都是1e8级别的，当时还在想是不是背包，原来就是位运算。
2024-02-02 20:33:55
465
原创 AtCoder Beginner Contest 336 D - Pyramid
题意：就是给你一个长为n的序列，让你通过两种不限次数的操作 使其变为金字塔序列，(a1<a2<ak>ak-1>ak-2...>an)由于我们有a[4]的限制 ，相当于a[i-1]的最长序列就到 a[ 2 ],不论 a[2]是 1，还是2 ，3都会满足上式；1：a[ i -1 ]<a[ i] 这里到没什么特殊的就是和a[ i ] 这个限制取min。故状态转移方程就只有 dp[ i ]=min(dp[ i-1 ]+1,a[ i ] );由于我们可以使数减一，我们可以让a[ i-1 ]的最长序列 减 1。
2024-01-15 10:14:59
629
原创 Count the Colors ZOJ - 1610
思路：典型的线段树区间染色问题，一般这种题在（l , r) 区间有问题，比如这题我们正常做法就是把区间变为点，但是我们注意到 我们染色[ 1 , 2 ] 和 [ 3 , 4 ] 后 [ 2, 3 ] 这一段我们并没有染色，而我们当点处理这一段会被染色，还有一个问题就是染色区间为[ 0,8000 ]， 0在线段树里我们并不能维护，所以我们在处理[ l , r ] 时右移 l ，变为[ l +1 , r ]，这样问题都解决了。，我们可以用一个 pre 记录 前面的颜色，
2024-01-10 16:15:29
461
原创 Mayor‘s posters POJ - 2528
例如 [1 , 6] , [1 , 3] , [5 , 6] 离散化后会变为 [1 , 4] , [1 , 2] , [3 , 4], 这样一来，原来第一个区间就会被完全覆盖。线段树中的tag就相当于懒标记，它意思就是表示这个区间的数被修改了为同一个数，那么查询的时候，就不用下放了，因为我们是统计有多少个海报。这是因为，离散化操作让不相邻的点变得相邻了，这在普通问题中没有什么影响，但是在区间覆盖问题上就变得很关键了。(l [ i ] , r [ i ] )是否相邻没有什么影响。
2024-01-08 20:54:54
472
1
原创 “华为杯”杭州电子科技大学2023新生编程大赛---树
那么如何计算答案呢，就是用 f [ l ]~f [ r ] 分别异或f [ x ] 相加即可，但是1e5级别的询问显然时间复杂度不可以接受，然后我们就行有什么可以快速算出 l ~ r 的贡献呢，这时候就看思维发不发散了，这里可以想到用前缀和；那么答案就是，对f [ x ] 的每一位的贡献计算，比如f [ x ] 第2位是0，那么根据异或1异或0才有贡献， 贡献就是 pow( 2 , i (第几位) ）*( sum1[ r ][ i ]-sum1[ l-1 ][ i ] );测试点包含多组数据。
2024-01-04 21:49:59
1033
原创 Acwing 5379. 旋转和翻转+Atcoder 332D - Swapping Puzzle
【代码】Acwing 5379. 旋转和翻转+Atcoder 332D - Swapping Puzzle。
2024-01-01 09:40:17
404
原创 启发式合并
启发式合并时间复杂度的简要证明：可以发现每次将小的集合合并到大的集合中时，小的那个集合的大小至少会变为原来的两倍，所以每个元素在集合之间的转移次数是 logn 级别的,同时利用swap交换近乎为O(1)的。
2023-12-18 21:13:42
428
原创 Codeforces Round 914 (Div. 2)
题意：我们给定两个长度均为n的数组a和b,我们可以进行的操作是，从a中选一段区间[l,r]，将这段区间内的a[i]全部改成这段区间的最大值，问最后能否使a变成b。
2023-12-15 11:03:03
519
原创 E - Exam Study Planning Gym - 104790E
题意：就是给你n个考试，每个考试给你四个元素，分别为考试开始时间，进行复习后的交卷时间，没有复习的交卷时间，以及复习花费的时间，问最大通过多少考试。
2023-12-10 15:47:59
130
原创 字符串哈希（线段树维护）
这一种直接暴力维护的正反哈希，一个左高右低，一个右高左低，相比较于第一种做法多了一个快速幂的log( 注意取mod，不然会wa）我们这里是左高右低，故是hash[ l ]=hash[ l ]*p[ r.len ]+hash[ r ];这一种做法就和正常的字符串哈希基本思想一样，都是h[r]=h[l-1]*p[r-l+1];且注意要query要先递归右子树，以便于先维护出右部分的len。
2023-08-22 09:32:02
532
1
原创 P4178 Tree （点分治）
一：我们考虑树上两点之间的路径有什么情况1：经过根节点（即在根节点的两端）2：不经过根节点（完全在一颗子树的一侧）二：我们考虑这两种路径是否可以归为一类1：对于第一种的情况两点间路径长度dis( u , v ) 可以看为dis ( u , root ) + dis ( root , v )2：而对于第二种情况我们可以找到u , v 路径所在的子树，将根节点变为子树的根节点，然后就变为了第一种情况3：总之，所以我们可以不断的递归根节点将所有情况转化为第一种情况。
2023-08-12 14:42:48
256
原创 SDUT 2023 summer team contest（for 22) - 14
如果该连通分量中存在两个环，那么这两个环因为都没有出度，所以不可能出现由一个环出发走到另一个环的可能(除非相交，但相交就相当于一个环）因为所有结点的出度为1，该联通分量的的任意一个结点都有只有一个路径可走，假设路径A能走到第一个环，B能走到第二个环，路径A和路径B之间必然不连通，所以这两个环必然位于两个联通分量之中。如果输入2，代表路线连接的两个机场都需要建立，输入1，代表路线连接的其中一个机场建立（必须）,输入0代表路线连接的两个机场都不可以建立，问你最少建立几个等候室；
2023-08-11 08:25:45
167
原创 2023 山东省大学生程序设计竞赛
从队列中取出一项工程后，我们会获得该工程的奖励。当工种为 t 的员工加入公司后，我们检查和工种 t 有关的人数最少的未满足需求。如果这项需求被满足了，则对应工程的要求数减一。要求数减少为零的工程继续加入队列。答案就是从队列中取出的工程数。复杂度 O(nlogn)，主要是每次拿出“人数最少的需求”需要预先排序或使用堆等数据结构。我们维护每项工程还有几条要求没有满足，并将不同工种的要求分别维护。所有要求都被满足的工程将加入队列。本题类似于拓扑排序。
2023-08-09 16:06:51
507
原创 SDUT 2023 summer team contest（for 22) - 13
思路：我们根据其公式得知，我们得到其哈希值，要知道其牌号，和交易字符串，而这两个我们都不知道，那么我们其实可以只有构造一个交易字符串，在不加牌号得情况下求出其暂时的哈希值（mod1e9的意义下），但是我们还是不知道其牌号，其实这时候牌号就等于其变为后七位变为0减去其目前暂时哈希值（应为最终哈希值要后7位为0），这个操作可以通过令（x/1e7+1)*1e7得到后7位全为0得情况，减去x即为牌号，下一个构造同理。思路：如果一个连通块是一个二分图，那么只能染色二分图的一部；时间复杂度内计算出来。
2023-08-08 19:34:58
196
原创 SDUT 2023 summer team contest（for 22) - 12
0，前面先构造长度为m-1的a串(相似部分），后面考虑构造abab，acaca....azaz,bcbc,bdbd..bzbz,cdcd,这种方法共有25*（25-1）/2==300，正好满足题意。思路：我们知道Sn=Sn-1的前一半+Sn-1+next(Sn-1的后一半），next是求其下一位(z的下一位是a），我们可以知道当Sn的的长度大于2*m时，答案只会是其后缀的变换，题意：给你三个数，n，m，k，分别是需要构造的数量，最大相识度，每一个的长度。题意：你有 A个原料，每 B个合成一个产品。
2023-08-08 09:37:05
304
原创 C - The Battle of Chibi
① 既然要优化求前缀和的速度，不妨对 dp[1∼n][1] 构造一个树状数组，对 dp[1∼n][2] 构造一个树状数组，⋯，对 dp[1∼n][m] 构造一个树状数组。这样一来，我要求 dp[i][j]。就可以再dp[1~n][j-1]z这颗树状数组里求前缀和了，这样一个前缀和就可以在 O(logn) 时间内完成。1：可以想到状态表示dp[ i ][ j ] 代表以 a[i] 为结尾的且长度为 j 的严格单增子序列的数目，②再想我们用树状数组数组时要以a[i]大小为下标，故要离散化一下。
2023-08-07 09:15:42
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