看题\(\rm{T1}\)神tmzcy和jmr,what'sup至少看懂题了(雾)\(\rm{T2}\)也是看懂题了,怎么也应该比\(\rm{T1}\)难\(\rm{T3}\)这个类型的题\(100\%\)不会的呀看看能不能骗点算了\(\rm{T4}\)神秘计数,这个类型的题\(100\%\)不会的呀看看能不能骗点算了正序

T1医生厨神秘贪心题。不会。不懂。考虑当\(\maxA_i\lex\)时，可以直接从大往小干。否则需要不断扩大\(x\)使得其超过\(\maxA\)。我们考虑在一个时刻，若存在一个\(a\)使得\(a\lex\land2a\gex\)，那我们直接把这个\(a\)干掉是不劣的，因为你现在干掉这个至多只会拖

10.29多校联测30+35+0+0=65菜就多练T1:题意：给定一棵以1为根的树，从节点1出发，如果当前节点有儿子没走过，可以花费对应边权的时间走到儿子，否则不花费时间走回父结点。每个点带权值，要求最小化到达节点时间乘点权总和。解：非常明确的贪心，对于子树内部最优路径必然确定，只要考虑先

#1不想理会。A给定\(n\)个点和\(2n-3\)条边，这些边形成了一个凸\(n\)边形以及其三角剖分。你可以任意选择三个点，建立一个新的点以及其连接这三个点的边。最小化新建的点数，使得存在一种把最终的图拆分成两个边集无交的生成树的方案。通过交互来新建节点，并返回构造的方案

https://codeforces.com/gym/105386/problem/EE题：要求gcd最大值然后可以改变一次数组使选中的那一节增大k，然后我们一开始想dp[i][0/1][0/1]来维护前i个里这个数加k/不加k，以及之前加k/不加k,看起来非常的完美吧然后wa15了，是因为我们每次只记录了一个点的一种值但是一个点有可能

传送门：https://codeforces.com/problemset/problem/242/D对于一个点，显然一旦达到额定值后，其他任何操作都无法使他减小，于是我们得出一个贪心性质，当且仅当一个点不合法时，才取增加他的值。同理，我们可以证明，问题必定有解，因为若一个点被选择，必定是因为其曾不合法，选择后使其\(+1\)合法，

传送门：https://codeforces.com/problemset/problem/549/B和CF242C思路完全相同，对于一个点，显然一旦达到额定值后，其他任何操作都无法使他减小，于是我们得出一个贪心性质，当且仅当一个点不合法时，才取增加他的值。同理，我们可以证明，问题必定有解，因为若一个点被选择，必定是因为其曾不合法，

十三联测#9B给出\(n\)个长度为\(m\)的不同的\(01\)串\(s_i\)。定义长度\(nm\)的好的字符串每\(m\)位都是某个\(s_i\)，且\(i\)互不相同。你有打字机，有两种操作，一种是\(p\)的概率打出\(1\)，\(1-p\)概率打出\(0\)；第二种把\(01\)交换。问最佳操作下，能打出好的

一道很好的手玩题，被薄纱了。首先判掉\(\foralli,p_i=i\)的情况（显然是\(n\)）然后考虑按照\(p_i\)连边，先构造每一个环的方案。发现可以简单放置两面镜子使得\(i\)射到\(p_i\)，而且只要从高到底构造，一定不会产生影响。但是每一个环的最后一个点很特殊，因为第1个点下面放置了让第1个

基本思想是按某种顺序为每一对未确定的\((a,\nega)\)确定一个合法的点并将其后代加入方案。如果本次选择了\(a\)，其合法等价于之后选到的\(a\)的后代不会同时包含某个点对\((b,\negb)\)。其可以细分为：①之后选到的\(a\)的后代不包含先前已被加入到方案的点的反面，这里所说

[NFLSPC#6]等差数列考虑枚举公差\(d\)，如何求得最少题数\(m\)？贪心的想，我们希望的等差数列是一条直线，而增加的数最少就相当于让直线最低且任意点不低过原序列。扫一遍序列，动态维护当先最少需要增加的数\(f\)和当前末项大小\(g\)，如果下一项\(a_i<g-d\)，那么直接把下一项增加

算法理解从一个点出发，遍历它的所有相邻点，一层一层往下遍历T1：（30min）bfs注意起点不一定在左上角，四个方向都要走T2：（40min）bfs注意山峰山谷有一个很重要的条件，周围的所有点高度必须大于或小于山峰山谷的高度T4：（1h）我打了一个SPFA，因为每一个点需要更新最小值并且可以重复入队（准确来讲

笑点解析：NOIP模拟赛把这题放在T3。因为每一个点只能动一次，答案一定\(\len\)，所以我们分两种情况讨论：当答案小于\(n\)答案如果小于\(n\)，那么一定有一个点是一直没有被动过的。我们枚举这个点，将无根树转化为两棵以这个点为根的有根树。我们将第一棵树和第二棵树同构的部分

基于SpringBoot构建一个点餐系统是一个很好的学习机会，可以帮助你掌握如何使用SpringBoot框架来开发一个完整的Web应用程序。下面是一个简化的示例，展示了如何构建一个基本的点餐系统。1.创建SpringBoot项目首先，你需要创建一个新的SpringBoot项目。可以使用SpringInit

Conventions我们约定\(G=(V,E)\)是一个标准的二分图，使用\(V_1,V_2\)来描述两侧的不同的集合，约定\(V_1\cupV_2=V\)且\(\left\lvertV_1\right\rvert<\left\lvertV_2\right\rvert\)。Theorem一个二分图存在完备匹配的充要条件是对于左部点大小为\(k\)的任意子集\(S\)

lg树上操作P3258树上差分P1600[NOIP2016]天天爱跑步分开两边处理。对于上升段，如果一个点深度是x=dep_i+w_i，那么i就被贡献我们可以将整个上升段的x位置都加，然后在每个点处统计dep_i+w_i位置的值。每个点开一个vector记录修改操作。不过这样可能会有互相影响

[CF1172E]NauuoandODT首先考虑单次询问，将每个颜色拉出来，求解有多少条路径至少包含一个给定点。这就是维护所有黑色连通块的大小平方和。我们每一次删掉一个点就等价于将所有和他相连的点删掉，这样一定会T。可以使用类似CF487ETourists的套路，将其父亲—儿子化，如果一个点

洛谷传送门AtCoder传送门比较有意思的小清新题。第一步是时光倒流，看成是每次经过一条未被访问过的边才染色。奇偶相关容易想到二分图。发现若有一个黑白交替的奇环（即从一个点开始遍历完整个环得到的颜色序列是黑白交替地），那我们可以先染完这个环。又因为它是奇环，所以我们遍历

推荐歌曲《我是逆蝶》。ADivideSquare挖掘特殊点：有一个端点在边缘上。如果我们扫x坐标，维护lst横和交叉的竖，非常不好维护，并且TLE。结论：一个交点会至少增加一个区域。证明显然。当然还有一点cornercase。BCowTennisTournament一开始想的是三元环会是怎的，推出的

D1T1集合注意到：两个集合序列等价当且仅当每个元素的出现位置集合所构成的可重集相等.双指针后只需要维护加或删元素后判断，可以使用Hash简单完成.时间复杂度\(\Theta(n+q)\).D1T2百万富翁第一档不说了.考虑一下第二档，每轮假设序列长度为\(n\)，可以考虑分\(k\)段每

​Day8.1NOIP2024模拟赛总结T1开赛后首先是码了本题的暴力，想了想之后只是感觉这个结构很像二叉树，然后没有细想，想着先码完后面的暴力再回来。T2Subtask2就是简单推性质，优化一下循环枚举顺序就可以了。当时想Subtask1的时候，本身是考虑枚举每一个点然后暴力向外拓展，时间

等差数列方向给\(N\)棵树，第\(i\)棵树的坐标是\(a_i\(-M\leqa_i\leqM)\)。可以花费\(b_i\)的代价将\(a_i\)修改为任意整数。询问\(a_1,a_2,\cdots,a_N\)构成等差数列需要的最小代价。思路：若\(a_1,a_2,\cdots,a_N\)是等差数列，则\((i,a_i)\)在二维空

好吧标题党了一回，但我相信有不少人被出题人的那句“手玩一下就知道了”无语住了像我这种憨憨一旦想偏了就救不回来了，于是困惑了好久，在雨巨的指导下彻底搞懂（此处大声谢谢雨巨，又有实力又会讲题又认真答疑每一个问题，呜呜呜我永远的姐）题意简单来说就是定义f(i)为树上i点到其他所有

思路发现最简单的方法就是直接枚举三个点，但是复杂度\(\Theta(n^3)\)无法接受。考虑枚举一个点，并确定它的一条边，那么只需要再枚举一个点了。于是转化为了，对于每一个点找到其最好的出边。观察下图，\(a\toc\)的边是不必要的。因为，如果有一个三元环包含\(a\toc\)，那么一定能

树状数组&线段树线段树合并，主席树等知识点是第一次接触。同时对扫描线能解决的问题有了些更好的认知。毕竟是之前学过的东西，还是比较好的。掌握程度：\(85\%^+\)离线分治算法具体是：线段树分治\(80\%^+\)就是个线段树上二分。CDQ分治基于时间的分治\(75\%^+\)基本