Rank一般A.网络签不上的签到题。首先考虑枚举路径的做法，如果先枚举再计算的话复杂度会是\(\mathcal{O(\binom{n+m-2}{n-1}(n+m))}\)的，稍微优化一点的过程中可以去掉后面的\((n+m)\)。考虑此时我们要记什么，首先遇到加号其前面的值\(z\)就确定了，若上个符号为乘号那么

Rank一般A.追逐游戏(chase)签，但是保龄。上来发现情况好像是有限的，于是直接分讨，不过漏了n种情况，小样例水，大样例vscose自带的compare跑不出来，注销一遍之后甚至进度条都没了导致我以为过了，最后10min才发现（赛后发现二分是可做的，但是倍增的巨大常数加上逆天评测速度

[ABC236F]Spices有\(2^N-1\)个数字，分别编号为\(1,2,\dots,2^N-1\)，想获得编号为\(i\)的数字需要支付\(c_i\)的代价。现在你可以从这些数字中选出一些数，使得你可以通过你选择的某些数的编号的异或和来表示出\([1,2^N-1]\)中的所有数。请你求出最少需要

树hash#include<cctype>#include<chrono>#include<cstdio>#include<random>#include<set>#include<vector>typedefunsignedlonglongull;constullmask=std::chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().coun

Rank考前不挂就是赢A.冒泡排序签，简单的有点格格不入。发现错误代码实质上是将原序列划分成了若干个连通块，并对每个连通块做一遍排序。并查集维护，\(\mathcal{O(n)}\)扫一遍合并连通块，然后按顺序输出即可。复杂度最坏\(\mathcal{O(n\logn)}\)。点击查看代码#include<b

[ABC236F]Spices有\(2^N-1\)个数字，分别编号为\(1,2,\dots,2^N-1\)，想获得编号为\(i\)的数字需要支付\(c_i\)的代价。现在你可以从这些数字中选出一些数，使得你可以通过你选择的某些数的编号的异或和来表示出\([1,2^N-1]\)中的所有数。请你求出最少需要

最短路（dijkstra）无法处理负边权，时间复杂度O(mlogn)#include<bits/stdc++.h>#definefo(i,a,b)for(ll(i)=(a);(i)<=(b);(i)++)#definefd(i,b,a)for(ll(i)=(b);(i)>=(a);(i)--)#definelc(o<<1)#definerc((o<<1)|1)#definemk(x,y)make_pair((x),(

Rank有点烂A.小h的几何虽然但是看起来这就是签。赛时看到计算几何直接润了，没看到送的20pts。主要问题在证一个结论：九点圆圆心位于垂心和外心的中点。几何证法见此，用到的全是初中知识，很好懂。证完就很水了，圆心即为\(\frac{A+B+C}{2}\)，随便算个选中的方案数再乘上总概率

Rank地狱场，一般A.玩水(water)签。发现\(n\le1000\)，\(T\le10\)，\(\mathcal{O(Tn^2)}\)可过，所以简单考虑。我写的好像是dp？为每个点开一个大小为26的状态，表示从哪个字母转移而来的方案数，到该点的全部合法方案数即为\(\max_{i\in\left[0,25\right]}\cnt_i\)。由于是

ProblemLink[AGC027B]GarbageCollector题意原题翻译已经很不错了，这里不再赘述。思路推论：每次取的垃圾数量应尽可能均分。证明如图，假设有\(4\)个垃圾需要被捡起，有两种取法：取一号垃圾+取二三四号垃圾。取一二号垃圾+取二三号垃圾。前者所需能量为：\(\display

Rank比较还行A.小Z的手套（gloves）签。最大值最小，一眼二分答案。双指针check一下就完了，复杂度\(\mathcal{O(n\logn)}\)。点击查看代码#include<bits/stdc++.h>#definefo(x,y,z)for(registerint(x)=(y);(x)<=(z);(x)++)#definefu(x,y,z)for(regis

Rank烂。A.好数（number）签，唐，没签上。考虑之前几次类似的题方法都是选\(k-1\)的方案存起来以使总复杂度除以一个\(n\)，故考虑记共\(n^2\)个两两组合之和，枚举当前点\(i\)前面的点，找是否有值为它们的差的组合，复杂度\(\mathcal{O(n^2)}\)，用map记再挂个\(\logn\)。赛

Rank赤石场。A.02表示法签。若干天前在洛谷随到过，不过当时只看了眼讨论区就走了www还好本来不是很难。发现大体上是一个拆分二的幂的问题，从大到小枚举2的幂，判断有没有这个幂只用比较大小关系，然后再对指数做一个同样的操作，递归至不大于2为止，注意\(2^1\)不用输出(1

Rank没学线性基输麻了，A.欧几里得的噩梦线性基，输麻了。B.清扫思维题，差点签了。（感觉其实不是很难啊，没有紫的水平）一个叶子结点和另一个叶子结点的最短路径一定经过它的父节点。根据这一性质可以让整棵树的合法性拆分成每个节点的合法性。考虑如何判断每个节点的合法性。

Rank炸了，触底反弹A.五彩斑斓（colorful）签，又没签上。考虑如何一步步优化暴力。最暴力的思想\(\mathcal{O(n^4)}\)枚举每个矩形，判断四个顶点颜色。稍微优化些，两次\(\mathcal{O(n^2)}\)跑出对于行/列每个点下一个与之颜色相同的坐标，利用容斥全部减去不合法的方案数，然后再枚

Rank烂A.median签。你说得对，但是赛时嗯打150行5k代码超级分讨过了。因为容斥做的不好，求总的然后减总会差点东西，所以直接分着加。发现如果中位数在这五个数中不止出现一次那么就会算重，所以分三种大情况考虑。一，中位数只有一个。那么此时我们需要找到另外两个小于它的

Rank一般恼了怎么又狠狠挂分啊啊啊啊A.一般图最小匹配签。（这么多天终于签上了是吧）结论是，跟图完全没关系。题意转换完就是从\(n\)个数中选出\(m\)对差的绝对值之和最小的数。显然我们选的每一对数都应该是这\(n\)个数中相邻的一组，sort一下，设\(f_{i,j,k}\)表示到

题目n<=20题解想了半天3位状态的折半，然后发现空间开不下（时间也不太行）所以放弃思考，直接枚举答案答案是a中的一个集合，设为S；记集合S的和为sum[S]考虑当S确定时，有多少种方案能使答案恰好为sum[S]。为了处理多种sum相同的情况，记S为从前往后考虑，第一次出现最大ans的集合；记剩余部

《$Never\;Over$》好久没推歌了。Idon'tknowwhattosayIdon'tknowwhattodoIjustwannagorightbacktoyouLikeacloudintheskyMytearsfallforyouIwouldpaintmylifeWhitejusttomakeyoublueCausebabyyouknowweshouldbetogethe

Rank打得一般，倒数第二场了。。A.博弈直接搬了牛客的一套题。一眼没思路，模了一会放弃直接去打T2了，后来把\(\mathcal{O(n^2)}\)暴力打了拿30pts。正解用到了异或哈希。首先确定合法的数量即为总对数\(\frac{n(n-1)}{2}\)减去不合法的数量，而比较显然的，不合法的判断

P6222「P6156简单题」加强版\(T\)组询问。一开始给定一个常数\(m\)。每次询问单独给定\(n\)。请你求出：\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^m\gcd(i,j)\mu^2(\gcd(i,j))\pmod{2^{32}}\)枚举k=(i,j)\(\displaystyle\sum_{k}k\mu^{2}(k)\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^

RankA.符号化方法初探原[ABC081D]Non-decreasing挺水的，不过赛时想了错解。赛时做法是都塞到一个set里一遍推过去，如果比上一个小就lower_bound找一个最接近差的数加上，不过它存在比较大的问题。首先全是负判不了，会进入死循环；其次用map存下标也会出现存在两个相同的

一般来说，这种题目是给定一些信息，比如说边，然后这些信息会在一个时间段内出现。一般来说需要离线，然后建立一棵以维护每个时刻信息的线段树，具体来说就是在每个节点维护一个vector。#121.「离线可过」动态图连通性以经典例题来说，我们根据每条边出现的时刻将它插入到线段树上对应时

Rank正常偏下发挥吧。A.黑客签到题。题目中的关键点是只有\(x\)和\(y\)的和在区间\(\left[0,999\right]\)内才合法，因此我们只枚举和在这个范围内的两个值，寻找约分前的值即可，复杂度为\(\mathcal{O(999^2)}\)。点击查看代码#include<bits/stdc++.h>#definefo(x,

不关同步流tg上面会TLE，关了之后小点会WA，你们有什么头猪吗？原TLE代码#include<bits/stdc++.h>#definefo(x,y,z)for(registerint(x)=(y);(x)<=(z);(x)++)#definefu(x,y,z)for(registerint(x)=(y);(x)>=(z);(x)--)usingnamespacestd;typedeflonglongll;#de