zxyoi_dreamer的博客（不定期诈尸）

传送门题解：首先没有限制的话排个序就完事了。如果有限制的话，显然我们需要干的事情就是做出修正。按照权值从小到大排序。考虑什么情况下非法，权值小的依赖权值大的。这个时候的修正非常明显，把这个区间拎出来，无依赖的升序，然后有依赖的降序排在后面。这样的区间可以通过一次差分前缀和找出来。容易注意到有的时候我们把若干个区间合并可以得到更优的答案。简单讨论可以发现，如果不是全部合并，必然是...

简要题意：给一个十进制数，每次可以选择它的一个数码，然后它的值减去你选择的这个数码。重复这个操作，直到这个数变成0，问最少需要多少次操作。x≤1e18x\leq 1e18x≤1e18脑子卡住是什么感觉。就是发现了正解要用的性质，不知道为什么就是没有继续往下细想。啊艹为什么题解：首先容易注意到答案是单调不减的。要证明这一点可以归纳，考虑 iii 和 i+1i+1i+1 假设之前的...

简要题意：一棵树，有 kkk 个关键点，请你把树划分为若干联通块，使得每个联通块包含至少一个关键点，最小化最大的联通块的大小。题解：首先容易注意到可以二分答案。然后考虑怎么判断，进行dfs，每个点尽量贪心往下划分。hvuhv_uhvu​ 表示 uuu 为根的子树，uuu 这个联通块还能多容呐的点数。ntunt_untu​ 表示 uuu 为根的子树，无法向下分到任何一个联通块的点数。...

传送门题解：容易发现这个独立集直接从大到小贪心选择即可。一个点能被选当且仅当所有比它大且与它相连的点都没有被选（容易发现 i+j+ki+j+ki+j+k 相同的点之间不会有边）。发现这个和 ICGICGICG 的局面 NPNPNP 性是一样的，这里有三个独立游戏，分别算一下 SGSGSG 函数，最后 SGSGSG 值为 000 的局面都可以选。可以 FWTFWTFWT ，也可以暴力计算...

传送门全状态康复计划开始，先刷水题找手感题解：排序，考虑拿走第 kkk 个的时候前 k−1k-1k−1 个 A,BA,BA,B 一一对应，后面的位移一下对应，记录前后缀最大值即可。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define cs constnamespace I...

传送门题解：第一次凭本事做出 NOI 的 T3 。首先有一个非常显然的费用流建模如下，边用二元组 (cap,cost)(cap,cost)(cap,cost) 表示：SSS 向 S′S'S′ 连 (K,0)(K,0)(K,0) 。 S‘’S‘’S‘’ 分别向 iii 点连 (1,ai)(1,a_i)(1,ai​) ，iii 点向 i′i'i′ 点连 (1,0)(1,0)(1,0)，i′i...

简要题意：给三棵 trie 树，请你分别回答下列三个问题的最大最小值。第一棵树上点两两距离之和。在第一和第二棵树上连一条边之后，两棵树所有点两两距离之和。分别在第一棵和第二棵树，第二棵和第三棵树上连一条边，求三棵树所有点两两距离之和。题解：首先问题一是不存在多个答案的，考虑每条边被经过多少次可以得到，答案显然就是 ∑(n−sizu)sizu\sum(n-siz_u)siz_u∑...

简要题意懒得写了，傻逼题一道。和 LOJ520绯色IOI（开端）一模一样的结论。题解也懒得写，放个代码得了。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define cs constnamespace IO{ inline char gc(){ static cs int R...

简要题意：给一棵 nnn 个点的树，边有边权。现在有 mmm 个A类点， mmm 个B类点，两两不同，这 2m2m2m 个点在树上选定位置 （可以有多个点在同一个位置），然后进行配对，最大化配对点的距离之和，问所有方案的距离之和是多少。n,m≤2.5e3n,m\leq 2.5e3n,m≤2.5e3题解：经典结论 （虽然我已经忘了上次见是在什么时候） ，直接考虑每条边被经过多少次，假设其中...

传送门怎么说呢。。。这个贪心，难以形容。。。题解：首先考虑全为正数的时候，显然就是贪心从尾部开始向前合并，全为负数的时候，显然就是贪心每次取头部两个合并。其实大胆猜想+证明可以得到这道题正确的贪心方式。注意到贡献的表示形如∑ai2ki\sum a_i2^{k_i}∑ai​2ki​，我们希望尽可能最大化正数的贡献。对于一个序列，从最后一个位置开始考虑。如果这个位置为正，与前面的合并，...

传送门题解：其实仔细看一下发现是要使得n<(p+1)(q+1)n<(p+1)(q+1)n<(p+1)(q+1)，并且P,QP,QP,Q两个集合互不相关。那么其实问题就是找一个尽可能大的独立集（众所周知最大独立集是NP-Hard）和一个最小度数尽可能大的子图。第一反应：这怎么没有输出-1？？？一定有解？？？确实是一定有解。我在LOJ提交记录里面看到了好多乱搞，比如说什...

简要题意：给出若干个不相交矩形，你不能经过这些矩形内部，但是可以经过边界，你只能走平行于坐标轴的路径。问从(0,0)(0,0)(0,0)到(xt,0)(x_t,0)(xt​,0)的最短距离。保证所有矩形被夹在x=0x=0x=0和x=xtx=x_tx=xt​两条直线之间。题解：仔细想一想就会发现很多性质。首先在横坐标上我们不可能走回头路。在纵坐标上我们可以只在撞墙的时候拐弯，这样可以忽略矩...

传送门题解：话说 BJOI2019 Day2 稍微难点的就这一道啊，而且这道题也不算特别难的。那BJ今年省选Day1爆炸的岂不是翻盘无望首先考虑一个正确性显然的贪心。我们把所有数放到数轴上，重复的叠起来，然后把[1,n][1,n][1,n]中的柱子（宽度忽略不计）向左边推倒。没有覆盖的位置总数就是答案。于是我们维护一个全局位移标记，线段树维护每个点覆盖次数，区间000的个数。修改就很好处理了。...

传送门题解：首先这道题的最大权闭合子图模型是很显然的，但是我们并不能建图拿来跑最大流。考虑利用图的特殊性质把最大流贪心流出来。首先所有坐标乘上余切然后旋转，把一个警卫看得到的所有手办放到左上方向。将所有点按照横坐标从小到大排序。处理一个警卫之前先把所有横坐标比他小的加入，然后从纵坐标最小的能流的开始贪心流就行了。这样贪心的正确性是显然的，考虑我们把一个在较大纵坐标流的放到一个较小纵...

传送门题解：首先注意到是一个很显然的二分图最大权匹配模型。但是又不可能把图建立出来跑费用流，复杂度不允许。考虑一个贪心，从价值大的开始考虑，能放就放，最终得出的一定是最优解，正确性可以类比费用流来证明。于是现在问题就是如何判断当前考虑的这个元素是否能放下。首先我们考虑把所有能放的尽量放到靠前的位置。显然如果全部放下，可能访问的位置也只有O(n)O(n)O(n)个，把这nnn个位置处理出...

传送门题解：很显然的费用流模型，考虑将所有点拿来按照aia_iai​和bib_ibi​排序后贪心进行匹配。然后把负的代价退掉即可。堆维护一下贪心即可。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define cs constusing std::cerr;using st...

传送门解析：有毒吧这道题。。。又是一道思维题。。。思路：最开始考虑的是先将所有人单独成一个圈，再考虑如何合并减小答案。然而蒟蒻不知道如何维护。。。所以我们为什么要维护？先给出大致结论：我们直接选择左走最大和右走最大合并起来，将他们作为一个新的节点，再丢回去考虑，知道不能更优为止。考虑怎么重叠能够使答案最小。其实很简单，左走最大的那个人，他左边不可能有小于限制那么多的凳子，那么...

传送门其实还有第三种麻将——四川麻将，规则和其他麻将都不太像，甚至在四川不同地区的规则也不一样。而关于麻将胡牌的题，能够利用DP解决的，我们可以将这种技巧成为麻将DP题解：这篇题解里面用的是川麻的语言习惯。首先注意到杠子是废的，我们永远不可能考虑用一个杠子代替一个刻子，因为它权值永远小于刻子。（没注意到没关系，反正写到DP里面杠子的转移就一行）国士无双可以直接枚举重复的那个是什么O(...

传送门题解：首先这个全局-1可以等价成单点+1。考虑建树的Kruskal算法。发现其实就是要求在加入权值小于等于这条边的那些边的时候，S,TS,TS,T不连通。显然最小割。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define cs constcs int N=507,...

读优写挂见祖宗题解：注意到一条边存在于割CCC中当且仅当它的两个端点属于不同的点的集合。对于割C=<S,T>C=<S,T>C=<S,T>其权值为SSS中每个点相邻的边的权值的异或和。设每个点的权值为所有相邻边的权值的异或和，则我们需要选出一个点的权值的极大线性无关组，使得www之和最大。直接贪心即可，正确性显然。如果说我们能够用几个www较小的替换一...

传送门比较难的贪心，目前网上没有任何一篇题解有严格的数学证明，所以我来水一发。这道题本质其实是一个保序回归问题，但是有一个参数要取整数就没办法用一般的保序回归解法了。题解：首先我们随便构造一个合法的操作序列T[1:n]T[1:n]T[1:n]，考虑以下的邻项交换策略：对于T[i]T[i]T[i]和T[i+1]T[i+1]T[i+1]，如果T[i]T[i]T[i]不是T[i+1]T[i+...

传送门题解：排序。现在问题是找出两条从111到nnn的路径使得代价最小。显然路径上点的编号只可能递增。容易证明iii和i+1i+1i+1不能存在于同一条路径中。考虑p<i<i+1<qp<i<i+1<qp<i<i+1<q，且p,qp,qp,q不与i,i+1i,i+1i,i+1在同一路径，交换显然平方和会变小。所以合法方案就是(1,2...

传送门题解：和 NOI2018 你的名字 是一个套路。首先我们求出ttt在sss中的匹配位置。然后贪心考虑尽可能让答案前缀和TTT相同。也就是说我们要在某个匹配后面接一个比TTT当前位置大的字符，然后看能不能在[l,r][l,r][l,r]中匹配上。线段树合并维护一下right集合。然后看能否匹配直接看right集合在这个区间是否为空即可。代码：#include<bits/...

传送门题解：首先塞到线性基上面。显然线性基外面的数全部可以变成最大异或和。线性基里面的，先高斯消元，然后将最大的基变成最大异或和。剩下的基显然最好的结果就是直接和最大异或和xor起来。直接贪心即可。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#define cs const...

CF传送门洛谷传送门BZOJ传送门题解：首先我们发现只需要考虑所有的(u,v)(u,v)(u,v)和(v,u)(v,u)(v,u)的飞行计划就行了。而在考虑(u,v)(u,v)(u,v)的时候，其他的并不重要。我们也只需要考虑所有(u,v)(u,v)(u,v)和(v,u)(v,u)(v,u)的相对顺序。现在问题变为：有一个010101序列（即(u,v)(u,v)(u,v)和(v,...

BZOJ传送门洛谷传送门代码：#include<bits/stdc++.h>#define re register#define gc get_char#define cs consttypedef unsigned long long ull;namespace IO{ inline char get_char(){ static cs int Rlen...

传送门(由于现在OJ上有两道重名的题，所以请先确认你要找的题解是不是这道题的)解析：这道题有两种做法，二元组维护信息+二进制数位DP，三元组维护信息+按位贪心。（其实二元组也可以按位贪心，三元组也可以数位DP。。。）好写的二元组需要卡常才能过，因为数位DP还是太慢了。。。解法1：二元组+数位DP我们在线段树节点维护一个二元组(v0,v1)(v_0,v_1)(v0​,v1​)表示每一位...

BZOJ传送门洛谷传送门解析：直接用一个全1的0x7fffffff0x7fffffff0x7fffffff和一个000穿过所有门得到每个位原来为1和原来为0最后的结果。也就是真值表。然后我们根据真值表来贪心就可以了，从高位开始枚举，如果能够0−&amp;gt;10-&amp;gt;10−&gt;1就贪心把当前为选择000，不然看111的最终结果，如果也是000就直接放弃这一位，如果是11...

传送门解析：这道题是个显然的贪心，考虑在交错序列中选择两个不在同一列上的数，那么除此以外的所有数都要被替换，为了替换尽可能少，就需要贪心选择最大的。然而最大的可能在在两个序列中是同一个数，题目要求不能将两列替换成同样的数。所以我们同时维护次大值。注意这里的次大值维护需要多一点考虑，具体在代码里面体现的很清楚了。代码：#include&amp;lt;bits/stdc++.h&amp;gt;usin...

传送门解析：这道题直接模拟是O(n3m3)O(n^3m^3)O(n3m3)的，怎么乱搞都搞不动。其实直接模拟的话，有很多状态是显然不够优的我们实际上可以将矩阵元素和转化一下：∑i=x1x2∑j=y1y2ci,j=∑i=x1x2∑j=y1y2ai×bj\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1}^{y_2}c_{i,j}=\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=...

传送门解析：首先考虑没有BBB机器怎么做？显然直接堆维护一下每一个机器完成下一个任务的时间节点，然后处理LLL次就完了。我们对BBB机器也这样做一次，两次的结果按照一大一小的顺序拼回来，取最大值就行了（根据神奇的排序不等式）。证明有时间再说吧（估计要鸽），这里记录一下结论。代码：#include&lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;...

传送门解析：其实很容易想到分解质因数，然后次数%3\%3%3后合并计算出它的特征数，同时计算出不能与它共同选择的数的特征数。显然特征数相同的数可以合并。然后两个中贪心就是了。注意所有本来就是立方数的数当中，我们直接选择价值最大的那个。代码：#include&lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#define ll long long...

传送门BB:蒟蒻太菜了，就不写解析了，放一个看的比较懂的大佬的博客吧代码：#include&lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#define ll long long#define re register#define gc getchar#define pc putchar#define cs constinline in...

传送门解析：显然在每个点的时候，决策是确定的，我们将aaa数组扩大一倍，设nxtinxt_inxti​表示当前处于时间周期中的iii位置，进行下一步操作需要的最少时间，则：nxti=min⁡i≤j&lt;i+m(aj+j)−inxt_{i}=\min_{i\leq j &lt; i+m}(a_j+j)-inxti​=i≤j<i+mmin​(aj​+j)−i直接维护后...

LOJ传送门洛谷传送门BZOJ传送门解析;来给大家看一个看似O(nlog⁡2n)O(n\log ^2n)O(nlog2n)实际上是O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)大常数的菜鸡做法。考场上yyyyyy出来的。来看一个正确性显然的贪心：首先我们在当前没有选择的点中选出代价最大的点，将它的掌控范围，即它到根的链和它的子树，全部ban掉，即本轮禁选。将它的权值加入答案...

LOJ传送门洛谷传送门BZOJ传送门解析：这个。。。其实怎么开心怎么玩就好了。可以只建一个01Trie，然后查询前k∗2k*2k∗2的值就行了。也可以只建一个，然后每个在自己的01Trie里面查询就行了。还是挺休闲的。代码：#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define re register#defin...

LOJ传送门洛谷传送门解析：其实仔细想一想，这道题其实需要支持的操作就是交换左右儿子和Splay里面的Rotate，然后求最小中序遍历。显然Rotate是不会改变中序遍历的，重点其实就是交换左右儿子。我们找到第一个度数小于三的点，显然它就是最优解中极左链的末端。处理出以它为根的时候每个点子树中序遍历的最小开头。然后贪心选择最小的那边，考虑一个作为父亲另一个作为右儿子的情况就行了。...

洛谷传送门BZOJ传送门LOJ传送门解析：我们发现总是存在一种办法使得全程都不出现情况一。而全程都不出现情况一，总贡献甚至不可能达到n2n^2n2。所以我们的策略就是绝不出现情况一。然后考虑怎么给同一个串的后缀安排顺序。转为给所有以这个串为后缀的串安排顺序。显然“一个串是另一个串的后缀”这个关系是一个树形结构。我们发现按照子树的siz从小到大处理就能同时最小化222和333的贡...

BZOJ传送门洛谷传送门解析：首先我们有一个很显然的 错误 的贪心，按照字典序和siz依次将最大的sizsizsiz个权值分配给以某个点为根的子树，然后根节点选择最小的权值后递归处理。很遗憾，它只能处理所有ddd不同的情况。比如这组数据：4 3.01 1 2 2答案应该是：1 2 2 1然而贪心是：1 1 2 2考虑为什么会出现这种情况，这时候，贪心的结果出来111...

BZOJ传送门洛谷传送门解析：写这个题面的真的厉害。。。简单叙述一下题意：给出一个序列aaa，一个下标的排列ppp是合法的，当且仅当对于每个jjj，当前数为ap[j]a_{p[j]}ap[j]​，且ap[j]a_{p[j]}ap[j]​的值没有在下标数组ppp的第jjj个位置及以后出现过。可以这么理解，aaa是原数组，ppp下标数组。换句话说，aja_jaj​在下标数组中要比jjj...