莫莫 dicol 的博客

浅谈欧拉路径，欧拉回路文章目录引入欧拉图欧拉路径定义：无向图有向图欧拉回路定义无向图有向图具体实现套路字典序要求拆点成边Best 定理限制具体部分例题引入前有哈密顿路径，表示经过每个点恰好一次，现有欧拉路径，表示经过每条边恰好一次。许多题目重要的是建模，往往最浅的建模就是点之间的连边，表示可以到达。如果说需要满足到达每个点一次，这就变成了 NPC\tt NPCNPC 问题。但是我们往往可以将一个信息拆分成若干个信息，变成边之间的关系，这样就有多项式复杂度的解法，同样这个是可以求方案的。本篇会向读者

Tarjan 缩点，强联通分量文章目录引入代码基础定义强联通分量定义：代码实现：边双联通分量和桥定义：代码实现：点双联通分量和割点定义：代码实现引入如果说需要对于一个图上进行 Dp\tt DpDp，但是同一个环上的点无法进行转移怎么办？我们只能做 DAG\tt DAGDAG 上的 Dp\tt DpDp，但是有环我们该怎么办？缩环！缩点！求强联通！当然我不是说隔壁的带花树。虽然说所有的代码都是我随手打的，但是都已经经过测试，请放心阅读。代码基础定义dfn[x]表示当前点遍历顺序的

差分约束浅谈还是挺难的一个东西。文章目录@[toc]引入实现负环最长路和最短路的区别常见例题：乘法化加法：最大最小值的应用转换引入考虑一个限制 Ai≤xi+CiA_i \le x_i + C_iAi​≤xi​+Ci​ 其中 xix_ixi​ 是一个给定的值。A,CA, CA,C 表示两个位置之间的关系。发现对于同一个 AiA_iAi​ 总共有若干个限制，那么也就是意味着 A=min⁡i(xi+Ci)A = \min_i(x_i + C_i)A=mini​(xi​+Ci​)。发现这个东西就是

CF1197E Culture CodeCF1197E Culture Code显然 Dp\tt DpDp 肯定是不能依赖于体积的。我们考虑选择当前位置的方案。容易发现每个点能选择的对象构成了一个 DAG\tt DAGDAG。设 f(i)f(i)f(i) 表示选择了点 iii 的最小剩余体积，显然 f(i)=−in(i)+min⁡jf(j)+out(j)f(i) = -in(i) + \min_{j} f(j) + out(j)f(i)=−in(i)+minj​f(j)+out(j)，后面的东西

[SCOI2009]迷路[SCOI2009]迷路文章目录思考过程题解思考过程这个东西发现距离只有 999，记得 Lcm(1…9)=2520\tt Lcm(1 \dots 9) = 2520Lcm(1…9)=2520 那么直接考虑暴力处理出来，之后对于每个 TTT 进行分开计算即可。显然这个很难写，但是同样是因为距离是 999 那么我们每次只能对于 TTT 增加 111 不妨考虑直接对于每个点拆开计算。题解发现这个 nnn 特别小，进行拆点矩阵快速幂，这里有几个细节就是因为是单向边，对于

CF576D Flights for Regular CustomersCF576D Flights for Regular Customers没想到用 bitset\tt bitsetbitset。首先考虑肯定是对于 ddd 排序一下进行计算。我们维护一个矩阵表示其中 au,va_{u, v}au,v​ 表示是否存在 u→vu \to vu→v 的路径。我们需要求出对于一个时间 ttt 可以到达哪些点，之后我们就在只有这些边的图上进行广搜即可。注意我们的邻接矩阵是存图的，之后我们更新

P5151 HKE与他的小朋友P5151 HKE与他的小朋友说实在的这个对于置换的理解需要略微深一点。首先可以直接将其看成一个置换：[12345…na1a2a3a4a5…an]\left[\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \dots & n \\a_1 & a_2 & a_3 & a_4 & a_5 & \dots & a_n\end{matrix}\ri

CF1458D Flip and ReverseCF1458D Flip and Reverse题目还是挺清晰的，直接讲思路了。首先考虑进行 dp\tt dpdp 或者贪心，但是直接进行感觉上无法处理上述的限制。那么我们从限制进行考虑，最好去掉的限制显然就是数字相同，那么如果说进行对于字符串进行前缀和之后两个前缀和相同的位置 l−1,rl - 1, rl−1,r 其实对应一个合法的 [l,r][l, r][l,r] 区间。之后我们考虑区间翻转和反转正好就是反着遍历这段区间，那么我们对于权值 s

CF1550F Jumping Around CF1550F Jumping Around经典的转化，可能有点正难则反的意味。文章目录我的思路：\textbf{我的思路：}我的思路：题解：\textbf{题解：}题解：我的思路：\textbf{我的思路：}我的思路：可以看出因为 ddd 是不变的，所以对于一个逐渐增大的 kkk 可以到达的点是逐渐变多的，换言之就是具有单调性。有一个比较显然的想法，就是离线一下 kkk 考虑从小到大进行计算。考虑暴力，就是对于每一个 kkk 建图跑..

HDU6580 Milk HDU 6580 Milk校内考试题目，感觉考试的时候没看这题，之后还被恶心了一下 …\dots…。文章目录考试的经过：题解：考试的经过：搞 T3\tt T3T3 嗯，很好简单二项式反演。好最后转换错了，没了。之后 30 minutes\tt 30 \ minutes30 minutes 诶呀这个不是网络流题吗？高分暴力呀！！之后没写出来，显然网络流不能处理这个东西，及时说每次修改终点那一段的权值。仅仅是样例就能说明费用流显然是直接...

切比雪夫距离和曼哈顿距离 众所周知两个点 (x1,y1),(x2,y2)(x_1, y_1), (x_2, y_2)(x1​,y1​),(x2​,y2​) 的曼哈顿距离是 ∣x1−x2∣+∣y1−y2∣|x_1 - x_2| + |y_1 - y_2|∣x1​−x2​∣+∣y1​−y2​∣。显然我们可以通过不等式去掉绝对值 max⁡(∣x1+y1+x2+y2∣,∣x1+y1−(x2+y2)∣)\max(|x_1 + y_1 + x_2 + y_2|, |x_1 + y_1 - (x_2 + y_2..

[USACO08NOV]Toys G首先可以网络流建图，但是因为 nnn 的范围很大，所以我们考虑换一种方法。首先考虑网络流建图的时候我们是考虑拆点之后进行跑流量，对于所有满流的情况我们计算一个最小费用。我们对于这种情况不妨进行二分答案之后进行判断，显然我们二分的不能直接是答案。我们考虑那个条件我们知道了之后可以进行贪心或者 Dp\tt DpDp。总共就那么几个条件，只有购买了多少个是不知道的。那么我们就二分买了几个玩具。简单思考可以发现对于买的玩具数量和花费是一个二次函数，下凸，进行三分。具

CF150E Freezing with Style经典的更优复杂度不会，大众分都懂。就是对于中位数的话进行树上路径合并很难处理，那么我们不妨二分中位数，之后将 ≥\ge≥ 的数作为 111，否则就是 −1-1−1。那么合法的一条路径肯定是权值和 ≥0\ge 0≥0。前面取等号是题目的要求。那么对于一条路径如果其长度是 len\tt lenlen 那么我们合法的配对路径的取值范围就是 [L−len,R−len]\tt[L - len, R - len][L−len,R−len]。因为要使其

bzoj [Lydsy1708月赛]比特战争其实不是那么想写，但是这题毕竟困扰了我很久，还是动笔了，可能笔者自己也没有很懂，希望大家能谅解一下。本文仅仅是自己的想法罢了。对于一个连通分量我们可以考虑两种形式也就是要么其自己内部占领，要么是外面来的士兵占领。如果是外面来的士兵肯定贪心得选取最小的边。对于最小的边我们不妨考虑一下最小生成树，如果一个连通分量在最终情况下是被外部占领的，那么肯定是选择一个最下的边。如果其不被占领肯定又是一个子问题。这里通过观察可以得到一个结论，对于最优的答案存在一种构

CF855G Harry Vs Voldemort根据 hater\tt\color{black}{h}\color{red} aterhater 的话，这个东西放到现在有 280028002800。显然恶评。就是对于一个 333 元组，我们发现本质就是树上两条路径合并的问题，那么我们像淀粉质一样将每个点作为 Lca\tt LcaLca 计算答案即可。那么一开始的答案就是 ansu=(n−1)×(n−1)−∑v∈sonusizv×sizv−(n−sizu)×(n−sizu)ans_u = (n

CF804F Fake bullions说实话这题根据套路应该很容易做出来，但是感觉想要通过思维做出来 …\dots…一个二合一的题目。Part 1\tt Part\ 1Part 1首先考虑题目给定的限制，如果 u→vu \to vu→v 而且 uuu 的第 iii 个人有金条，那么 vvv 中第 jjj 个人有假金条当且仅当 Sux+i=Svy+jS_ux + i = S_vy + jSu​x+i=Sv​y+j 根据 Lucas\tt LucasLucas 定理可以得到符合

Tram(电车)本题是一道英文题此为翻译电车萨格勒布的电车网络由许多交叉路口和连接其中一些的铁路组成。在每个交叉路口都有一个开关，指向从交叉路口出来的一条铁轨。当有轨电车进入交叉路口时，它只能沿开关指向的方向离开。如果驾驶员想要采取其他方式，他/她必须手动更换开关。当驾驶员从交叉路口A到交叉路口B进行驾驶时，他/她试图选择将最小化他/她必须手动更换开关的次数的路线。编写一个程序...

CF1299D Around the World就是是否能有为 000 的路径直接会想到线性基，也就是里面的环是可以走或者不走的。我们写一手暴力发现大小为 555 的线性基的个数不会很多，那么我们可以考虑对于每个联通块存一个线性基。如果说联通块内部已经有环线性相关那么肯定是不能连边的。如果线性无关那么考虑题目给出的性质，也就是和 111 相连的环大小最多为 333。那么我们对于一个联通块最多有 222 个点和 111 相连。我们进行分类讨论有 222 条边相连的情况。断掉两条边也就是直接加入即可

CF762F其实这个题也不是很复杂。首先题目背景里说的是一个联通子图！！！发现数据范围其实不是很大，我们不妨钦定一个节点为根SSS 的节点。那么本质上对于 SSS 中的每一个节点我们都需要对 TTT 进行一次匹配。显然因为是联通子图是不可能进行树哈希的，我们考虑进行树形 DpDpDp。不妨考虑设 f(u,v,S)f(u, v, S)f(u,v,S) 表示对于 u∈S,v∈Tu \in S, v \in Tu∈S,v∈T 的情况，已经匹配了 TTT 中集合 SSS 的方案数。但是题目中说明的是

CF757G Can Bash Save the Day?时间复杂度分析好题（大雾）。将询问拆成几部分，也就是 dis(u,v)=dep(u)+dep(v)−2∗dep(Lca(u,v))dis(u, v) = dep(u) + dep(v) - 2 * dep(Lca(u, v))dis(u,v)=dep(u)+dep(v)−2∗dep(Lca(u,v))。显然对于 LcaLcaLca 我们直接进行树链剖分即可。我们对于每一个 vvv 维护 ≤l\le l≤l 的 dep(Lca)dep(Lc

CF827F Dirty Arkady’s Kitchen说实话这个拆点和拆边都是可以过的。发现边是可以重复经过的，那么对于两条边只要考虑奇偶性就好了。我们考虑对于一条边拆成两部分，一个是起点为奇的，另外一个是偶的。什么时候一条路径是合法的，也就是说对于一条边 EEE，起点到他的路径上肯定存在一条边的上界是 ≥El\ge E_l≥El​ 的。注意这里边是会消失的。然后考虑加边的顺序，比较显然直接是从小到大进行加边。这样对于我们路径的上界肯定是从拓扑序比起小的边得到的，也就是意味着这条边出

平面图转对偶图[BeiJing2006]狼抓兔子这个是经典题，显然就是求一个最小割。然后网络流建立无向图即可。但是如果数据范围没有那么小呢？众所周知网络流的复杂度其实挺玄学的，而且这又是一张平面图，不妨将其转化为对偶图。定义：平面图：任意两条边不相交的图。面的次数：边界的长度，用 deg(Ri)deg(R_i)deg(Ri​) 表示。阶：几阶就是几个点。对偶图：本质上就是从平面图的面相互连边。性质：1：平面图的面数量等于对偶图点数量，对偶图面数量等于平面图点数量。2：对偶图一个

CF 1466H话说某谷的翻译直接讲了第一步 …\dots…题目大意：总共有 nnn 个人，每个人有一个长度为 nnn 的排列，其中越靠前的数，其越喜欢。对于一个序列 AAA，一开始分配的方案是 iii 号人分配到 AiA_iAi​。称一个序列 AAA 是合法的，当且仅当不存在两个或者多个人交换 AiA_iAi​ 使得有人得到更加喜欢的数。给定一个数组 AiA_iAi​ 求出有多少个排列，满足 AAA 是合法的。排列指的是每个人都喜欢序列。发现如果一个序列不合法肯定存在一个置换使得

luogu P2664 树上游戏\tt luogu\ P2664 \ 树上游戏luogu P2664 树上游戏题目大意：一棵树上每个节点都有颜色，给定一个长度为 nnn 的颜色序列，定义 s(i,j)s(i, j)s(i,j) 为 i→ji \to ji→j 的颜色数量。设 sumi=∑j=1ns(i,j)sum_i = \sum_{j = 1} ^ n s(i, j)sumi​=∑j=1n​s(i,j)。求所有的 sumisum_isumi​。这个本质可以

CF587F Duff is Mad暴力就是每个串都在自动机上跑一下。稍微优化一下就是之前跑过的就不跑了。在跑的时候把所有的答案都记录下来。之后考虑进行根号分治。如果说当前串的长度 >n> \sqrt n>n​ 那么出现次数肯定 <n< \sqrt n<n​。我们直接进行暴力跑，是可以接受的。对于长度 <n< \sqrt n<n​ 的串，我们考虑建立 failfailfail 树。之后从根节点开始遍历，对于每一个结束标记都放到主席树里面去

CF738 div2 VP主要是 Alkaid\tt AlkaidAlkaid 这个老哥要打。然后早上我在写题，写完了发现他还在搞 CCC。那就顺便打一下。感觉上我的水平 EEE 是做不出来的。因为我一直在想质因数分解 …\dots…A\tt AA睿智题目，题目上说操作次数是无限的，所以最终答案每个数都能被 &\&& 一次。因为 &\&& 后的值不会变大，最终答案就是每个数 &$。B\tt BB因为我比较懒直接一个 dpdpdp 就搞

Topcoder SRM 641 BitToggler题目大意：给定一个长度为 nnn 的 010101 序列，给定当前位置，每一次会等概率随机走到一个除了当前点的任意位置，并且取反走到的当前点，其花费两个点的距离。求期望多少花费能让整个序列的所有数相同。因为期望具有线性，所以我们考虑对于全部的操作都是由若干条 (u,v)(u, v)(u,v) 边构成的，所以我们对于一条边考虑在最终答案上被计算了几次。但是发现对于一条边的两个点 (u,v)(u, v)(u,v) 我们还需要保存其他点的信息。其实不

P7418 [USACO21FEB] Counting Graphs P题目大意：给定一张图，对于另一张合法的图，当且仅当两张图 (u,v)(u, v)(u,v) 之间所有的路径长度相同。统计所有合法的图的数量。注意路径不一定是简单路径。看到路径不一定是简单路径基本上就可以猜到做法了。因为是复杂路径一条边重复走是增加 222 的贡献，所以只要任意两点之间最短奇偶路径相同即可。我们可以找出这样的路径。我们任意找一个起点，之后可以得到 nnn 个数对。我们为了方便钦定 (x,y),x<y(x, y)

CF1534F2发现这是一个 444 联通问题。我们先考虑建图。我们需要每一个序列都满足条件，那么我们可以选取最低的点然后考虑其被左右两边影响的区间，也就是左右两边任意掉落一个沙子即可将其掉落。这个可以使用 dfsdfsdfs 解决。然后我们就得到 nnn 个满足条件的区间。我们将题目变成了给定 nnn 个区间，选择最少的点使得每一个区间至少有一个点。我们按照左端点为第一关键字，右端点为第二关键字排序。尽量选右边的点即可。#include <bits/stdc++.h>using n

CF1305G可以算说我自己做出来的 350035003500 题吧。虽然这是很多年前的题。这个东西我们可以尝试一下建图，也就是如果两个点是朋友关系我们可以使其连边。然后会发现有很多的联通块，那么我们不妨对于一个联通块来考虑。我们贪心得想肯定要让小的邀请大的点。然后邀请的情况肯定构成一个树，也就是邀请的边数是点数 −1-1−1。因为不能重复邀请。我们考虑这个树的情况需要使用，会想到最大生成树。然后要如何设置边权？可以发现对于一条边本质上两边都可以使用那么边权就是 au+ava_u + a

P3366 【模板】最小生成树这个算法就是考虑每一次合并 nnn 个联通块，变成 n2\frac{n}{2}2n​ 个。所以总共合并的次数是 log⁡2n\log_2 nlog2​n 次。我们还是使用并查集来维护每一个联通块，这个算法的好处就是因为其合并次数是 log⁡n\log nlogn 级别的，所以我们可以在里面进行 O(n)O(n)O(n) 的处理。来处理一些不能直接进行最小生成树的情况。比如说要维护两点 &\&& 值为 000 的图。我们直接使用 KaTeX pars

CF980F每一个点都指属于一个环，考虑对于每一个环进行计算答案。考虑基环树的情况，我们会计算出其余的点，之后对于环上的点单独进行 DpDpDp。这边也是同理，找到每一个点属于的环，钦定一下每一个环的根。因为计算距离需要使用换根 DpDpDp。我们考虑需要预处理写什么，也就是对于不同环之间的转移，然后对于同一个环内我们需要记录环根的答案。对于不同环之间的转移，对于每一个点设 f0if0_if0i​ 表示向下，从所属环不同的点到当前环的最小距离。然后对于环根还要特别记录一下 f1if1_if1i

CF865E首先考虑差的性质，也就是 S=∑iai−biS = \sum_{i} a_i - b_iS=∑i​ai​−bi​ 我们会发现如果没有进位这个值就是 000，不然如果有进位那么每一位会多出来 151515 的贡献，可以发现合法的情况是 S≡0(mod15)S \equiv 0 \pmod {15}S≡0(mod15)。不然就是不合法的。然后我们需要钦定有多少位是进位的，复杂度是 (136)\binom{13}{6}(613​) 可以接受的样子。又因为 bbb 是 aaa 的置换，本质上

CF1383C观察一下题目的性质，他说了同一种颜色可以有若干个一起变色，那么我们考虑将同一种颜色看成相同的东西。考虑对于其建图，也就是如果 AiA_iAi​ 变成 BiB_iBi​ 就建立 Ai→BiA_i \to B_iAi​→Bi​ 的边。然后本质上就是叫我们重新建立一张图满足 AiA_iAi​ 和 BiB_iBi​ 联通，边数最少的图。本质上每一次变换都是需要一次操作。但是不仅是如此，如果说 u→vu \to vu→v 的路径是存在的，必须满足其路径上的边的变化时间是递增的。那么就是让

CF848D对于一条 S→TS \to TS→T 的路径我们一开始会考虑对于点的标号进行计算，但是事实上我们并不知道哪些点会在左边或者右边。然后对于最小割我们转化成最大流进行计算，对于某一个中间点使得最大流是 mmm，你们左右两边的最大流的 min⁡\minmin 就是 mmm。我们发现本质上就是求经过 nnn 次操作，使得最大流是 mmm 的图的个数。然后对于左右两边其实分成了一个子问题。那么设 f(n,m)f(n, m)f(n,m) 表示经过 nnn 次操作，最大流是 mmm 的图的个数。然

CF830E题目已经很简洁了，我们考虑对于样例进行分析。首先不用脑子就能想到的就是环的情况，有环直接全部填 111 就好了。我指的是环所在的连通块。之后研究样例发现对于树的情况也是有解的，然后我们会想到菊花的情况，对于菊花，也就是 ∃i,degi≥4\exist i, deg_i \ge 4∃i,degi​≥4 就是有解的，中间填 222，周围填 111。我们发现 ∀i,degi≤2\forall i, deg_i \le 2∀i,degi​≤2 是无解的。然后我们发现只有一个 deg

「CEOI2019」游乐园 题解首先看到这个是一个数图的题目。这里有一个转化，考虑翻转边本质上就是对这个图进行一个定向，容易想到翻转的边和自己定向的 DAGDAGDAG 是一一对应的。所以我们考虑给定一个无向图，对于每一条边进行定向，求定向后是 DAGDAGDAG 的图的贡献。然后我们考虑对于一个 DAGDAGDAG 我们把所有的边都翻转了肯定也还是一个 DAGDAGDAG。所以对于每一个合法的方案都有一个可以和其进行配对的图，其贡献之和是 mmm。所以每一张图的贡献可以当做 m2\dfrac{m