Moon1125666900的博客

1、多边形内任选一点的期望位置为重心。https://ac.nowcoder.com/acm/contest/8409/K

T1 题意:有m（<=1e4）层边,每层有k(<=10)个点，第一层只有一个点S，最后一层只有一个点T。然后整个图是一个DAG，可以一次取反相邻两层的边，问有多少种方案使得最后的S到T的路径数为偶数，有模数。题解：用f【i】【j】表示做到第i层，路径数的奇偶性情况为j，如果是偶数为0，奇数为1。最后把状态中1 的个数为偶数的累加即可。 代码：http://paste.ubuntu.com/258

T1 题意:题解：筛出1e6以内的质数，再用枚举每个质数i，把【l，r】间的i的倍数都除掉i， 时间为O（n2+n3+...\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+...）~O(NlogN) (N为区间长度） 代码：http://paste.ubuntu.com/25906707/T2 、 题意：对于四个点组成的环，起点重点均为2，给定下限K，要求路径至少为K且最小 题解：对于

T1 sb模拟 T2 求树上三点不是一条链的情况。 等价于任意三个子树大小乘积。 T3 http://www.gdfzoj.com/oj/contest/153/problems/3 给出一个矩阵，可以沿着格子线折叠，新得到的格子为重叠起来的格子和。问可以得到的最大价值。 对于行dfs出可行折叠方案，列DP每种方案最大值。注意选的相邻行列的奇偶性要不同。 一开始读错题QAQ……

T1 给定一个序列，包含非负整数，0可以“变”为任意数。求最长上升子序列。 首先，对于常规的nlogn算法，用一个单调栈st维护长度为k的最长上升子序列的最小末尾取值。每次做到第i位，如大于栈顶，则直接插入栈，否则在栈中二分查找第一个>=>=a[i]的元素，然后替换掉。 考虑0的情况，相当于可以在任意栈内位置j，在st[j]后插个st[j]+1,即栈中每个数往右移一位，再+1. 如图所示，

T1 水题，然而I64d和lld T2 sb物理题……各种积分乱搞。最后得到一个十分简单的式子。 T3 一开始想都没想直接上树套树，然后就炸了…… 正解是扫描线，先离线对车按纵坐标排序，矩阵按右端点的纵坐标排序，每次新加入一个车，则对该行的权值进行更新，判断一个矩形合法，即在当前行列进行区间查询最小值tmp，如大于当前左边界则合法。横着竖着分别做一遍即可。 如图所示，显然应该用红色车代替蓝色

T1 在一个n*m的棋盘上，求每一行每一列都至少有一个棋子的总方案数。输出答案对1000000007取模用f[i][j]表示做到第i行，j列至少有一个棋子。 则枚举上一行k列至少有一个棋子， f[i][j]=∑j−1k=1(f[i−1][k]∗2k∗Cj−kn−k)+f[i−1][j]∗(2k−1)\sum_{k=1}^{j-1}(f[i-1][k]*2^{k}*C_{n-k}^{j-k})

T1 题意：在一个 n *m 矩阵中，每一个元素都是非负整数，给出两个整数 P 和 S，对于若干个矩形区域，然后把区域内所有≥P 的元素个数与他们的和相乘得到权值q，q之和与 S 之差的绝对值小于某一个值 D，胜利，反之失败。已知将要选择的矩形区域，在 S 和 D 一定的情况下，他能否胜利，以及q之和与 S 之差的绝对值最小是多少。 先对P进行二分，再对于每个矩阵[1，1，i，j][1，1，i，j

T1 O(n)乱搞，算出每个点向左向右延伸的最大长度，取个min即是当前点的答案。最后扫一次取个max即可。T2 数据暴水，暴力（玄学）居然都过了……貌似正解是取个最小公倍数，取个膜，就能保证时间复杂度。T3 正解是三分，然而可以用快排+乱搞水过，因为中位数小于0就可以直接加到0，总体绝对值和一定变小。

T1 一棵树，随机选两个不同的点x，y，添加一条边，使环经过x,y,问环的长度期望值是多少。分别预处理出x子树内部外部到x的距离和，然后对于询问x，y分是否存在祖先关系即可。T2 图里有n个主机，每个主机都有且仅一条出边（单向）连向另一台主机，而且每一条边都有一个权值（只能是1、2）。给定一个值x，从某一台主机出发，沿着出边走，走到某一台主机上，问能否使整条路径（至少包含一条边）的权值和等于x。读

T1 由题意所给式子可以得出在Min、Max之间的值一定可以取到。T2 DP 设Min[i][j]为以i为根节点取j个点的最少黑点个数，Max反之，显然有Min~Max之间的黑点都可以取到。简单推一推即可。T3 将所给字符串建个AC自动机，然后满足一个字符串的子串是某个字符串的前缀，即一直跳fail，打个标记，对于两个字符串跳两次，两个标记同时满足即可。

T1 二分答案k，计算利用容斥计算1~k有多少个满足题意。T2 一开始300范围，一眼Floyd，发现还要枚举不能到达的点，还要有一重N，得到O(N4N^4）的优秀算法。愉快T掉。 然而可以这么想，中间节点y=1~n2\frac{n}{2}，k为n2+1 n\frac{n}{2}+1~n时，得到的矩阵是一样的，所以可以先令k循环n2+1 \frac{n}{2}+1~~ n ~n，然后递归做左边，右

T1 用个优先（最小值优先）队列维护a【i】+a【j】，如果队顶元素和当前扫到的元素X相等，则同时弹出，否则把X加到a数组中，并把X和之前的a相加后插入到队列里。 时间：O(N2logN2)O(N^2logN^2) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−------------------- T2  ~在线做法用个主席树即可，裸题。      ~~~~~然而可以用离线+树状数组水过。将一个询

T1 第一眼主席树！！！肯定会T。     ~~~~ 然而把数按照从小到大的顺序删除，用一个双向链表维护当前数组， 1）枚举即将删除的数x，往左跳k-1个数； 2）然后看当前区间往左右有多少个空格，乘一下即为这K个数为前K大且x为第K大的方案数，再将整个区间往右移； 3）重复流程2），直到x成为了区间最左端的点。 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−-----------

T1 首先对于第一回合移动至多K步后，变成先打锁再移动，所以可以无视锁……BFS到一个点后，看一看到四个边界的距离，取个min，再乱搞即可。注意特判一开始就在目标位置。 另：一开始用dfs愉快GG，且BFS时注意打标记的顺序！！！T2 首先考虑Z=0的情况，显然按照A-B排序，先全部取B，再去A-B的前X大即可。Z！=0时，同样按照A-B排序，显然在最后的方案中，存在一个分界点k，使得1~k只选A

A 设编号从0开始，首先 有f【i】=（f【i-1】+m）%i 相当于 把第m%n-1个人踢掉，令K=m%n。等价于子问题在n-1个人最后活下来的人f【i-1】， 得到 f【i】=（f【i-1】+m）%i。 然后观察可以发现 i比较大时，f按照等差数列递增，因此可以一次直接跳过一大段。 O（能过）B 所求式子相当于 (xi∗yj−xj∗yi)2=∑rlx2i∗

T1 旋转坐标系就变成了一堆矩形，然后乱搞即可 然而比赛时我没有旋转直接上，刚了2h+，3K+的代码QAQ http://paste.ubuntu.com/25877178/ T2 相当于把坑反向移动，然后就只用维护四个方向的并查集即可。 http://paste.ubuntu.com/25877184/ T3 60分的做法有两种， 一种是 mask 表示已经报出哪些熟人的名字