桌游制造我们可以对于每种图案记录拥有这种图案的有那些圆片,然后我们枚举每一个圆片,枚举这个圆片上面的图案,枚举拥有这种图案的圆片还有哪些,然后分别打上标记,如果有一个圆片明明已经有标记了,然而又要被打一次标记,那么我们可以直接输出\(NO\)如果标记都已经打完了,可还是

考虑对于一个解，将每对\((e_1,e_2)\)中\(e_1\)的终点权值\(+1\)，\(e_2\)的起点权值\(-1\)，那么最终每个点的权值一定是\(0\)。考虑先将每条边的终点权值都\(+1\)，那么现在要做的就是选一些点将其起点和终点的权值都\(-1\)，使得最终每个点的权值为\(0\)，于是边的方向就不重要

首先，区间增加定值并且要求单调不降，很容易想到差分。于是先把\(h\)数组差分一下，题目的要求即为最小代价使得\(h\)均为非负数。观察一下两种操作，发现\(n\)的范围很小，可以枚举操作的起点\(i\)，然后如果操作是压低，相当于\(h[i]--,h[i+l[i]]++\)。而如果操作是抬高，相当于

题目传送门一些废话今天登洛谷的时候发现主页少了一道紫题。？？？怎么降绿了（建议升蓝）？？？AND这是蒟蒻的第一篇题解简介很容易地想到，这是一道最短路问题，要求在一个有\(N\)个站点和\(M\)条地铁线路的图中，从站点\(1\)到站点\(N\)的最小花费。每条线路由一个公司运营，乘坐同一

#E.滑雪与时间剂题意有N个点，每个点有自己的高度，只能从高处到低处如果一条边两边高度不同，则路为单向，否则为双向他可以随时回到之前的任意一点，从1点出发，在满足到的点尽可能多的情况下求最小距离分析对于任意点来说，只能从比他更高（或一样高）的点走到所以按照高度作为第一关

T1光我们来考虑一个格加\(4\)或者减\(4\),这样有一个比较好的性质，它能提供\(4,2,2,1\)的贡献还不会溢出，这样我们就有一个比较好的思路，我们枚举\(4,2,2,1\)所无法造成的贡献，很明显只有\(16\)种，然后我们就可以再枚举\(4,2,2,1\)来算贡献.点击查看代码#include<bits/

2019CSP-J题目整理B-公交换乘思路梳理先想暴力算法，一遇到公交车，就在已出现过的优惠卷中寻找价格大于等于公交车票价，并且出现时间最早且没有用过的优惠卷，时间复杂度为\(O(n^2)\)，必然会炸。但是注意题目中给到的特殊性质，要求如果优惠卷有效，则\[t_{bus}-t_{subway}\le45\]并

#A.道路修建题意：生成树，满足最大边权减最小边权最小（n≤m≤5000）分析：排序后1~n-m-1每个边作为最小值，跑一边最小生成树就行细节：无#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;#definelllonglonglln,m,dis[1000000],vis[1000000],fa[1000000];llhead[100000

慢点做，有收获就行！E.Roadblocks题意：从1~n的次短路范围：n<=5000,m<=100000分析：两种情况：把道路分成三段：dis(1,u)+(u,v)+dis(u,w)在最短路上重复走:dis(1,n)+其中一条：(u,v)->(v,u)->(u,v)取其中较小的显然跑两遍Dij即可细节：如果分三段,(u,v)不能在最短路上两段最

发现数据范围很小，考虑最小割。先对题面做一个转化：构造两个序列\(X=(X_1,X_2,\dots,X_N),Y=(Y_1,Y_2,\dots,Y_N)\)最小化\(\sumX_i+Y_i\)，有\(M\)个限制，每个限制有一个序列\(A_1,A_2,\dots,A_n\)，需要满足\(\foralli,X_i\geA_i\)或者\(\foralli,Y_i\geA_i\)。考虑怎

QOJ9182题目描述在一个环形跑道上，有\(N\)名参赛者，分别编号\(0\)到\(N-1\)，你的编号为\(0\)。一开始所有参赛者都在起跑线后，你是其中最靠后的一个。就像这样：你知道在什么时候你超越了\(A\)，或\(A\)超越了你。并且这些超越都不会在起跑线上发生。没有人往后跑，并且参赛

T1简单签到题，考虑一个点从开头移到结尾会减去小于它的数加上大于它的数。所以\(O(nlogn)\)求逆序对，然后\(O(1)\)计算一个数移到最后的答案。#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintN=1e6+10;#definelllonglongintn,a[N],sum[N],sh[N];llans,jg;

//**太久不写了，感觉很难受。。。比赛最近打得也不好，课内任务又重，还要忙着做项目。何去何从。今天又写了一题，用了树上差分的知识。下面来整理整理。1.首先让我们学一下lca（最小公共父节点） 我用的是倍增来求的。总共其实就是两步：dfs打ST表预处理每个点的上面节点 lca求两

Increase/Decrease/Copy我们可以先将\(a_i\)变为\(b_i\),统计在变化的过程中与\(b_{i+1}\)的最少差值即可#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;#defineintlonglongconstintN=2e5+5;intt,n,a[N],b[N];voidSolve(){cin>>n;for(i

Statement问区间本质不同回文串数，强制在线，\(n\le10^5\).其实还有个四倍经验：BZOJ5384.Solution1考虑一个结论：\(s\)的所有回文后缀按长度排序后，可以划分为\(O(\log|s|)\)段等差数列。考虑离线怎么做：移动右端点\(i\)，新增一个串\(s\)，设其上一次出现的起点为\(q\)，则\([q+

难以直接求解。考虑用二分答案转化为判定（根据复杂度理论，判定的难度小于求解）。当你想不到一个更新的视角看待问题时，不妨回顾一下你已有的想法，正解说不定就隐藏其中，只需要再深入一些点击查看代码#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;inta[2005],b[2005][2005],v[2

A.小W与伙伴招募考虑贪心，可以发现，每一天只需要优先选择价值低的即可这种贪心思路有一个错误的扩展，就是先把\(m\)天的货一次性补齐再一次性买，这样做的问题在于有可能买到次日的货，而这样做是不被允许的考虑放到线段树上，维护“节点能够提供的钻石数量”和“节点花费”两个值

ABC371总结AtCoderBeginnerContest371一些废话想着以后换一种方式写总结，不再以那种题解形式，写起来又累又难写，只对其中部分有意思的题目写出完整的题解。就是以随笔的形式，在打完比赛后写出自己的一些感悟，每道题做的过程中的一些思路、用时和需要改进的地方，就是类似随笔之类的

题目描述有\(N\)个景点，第\(i\)个属于公司\(c_i\)。当你第一次路过一个属于公司\(i\)的景点时，你会获得\(w_i\)元。在景点之间有\(m\)条单向道路连接\(u,v(u<v)\)。一开始你在景点\(1\)。求到所有景点\(1\lei\leN\)时最多能获得多少元。思路由于公司数量很少，所

大致目录最短路单源最短路径1.Bellman-Ford算法2.SPFA算法3.Dijkstra算法多源最短路径Floyd算法总结最长路SPFA拓扑排序非严格次短路严格次短路因为之前一直好久之前用的博客园，现在上大学了慢慢开始用CSDN，把之前写的一些年轻的文章先拿过来用用，嘻嘻。如题，这

分层图讲真的…感觉有点像那么一点点的种类并查集简单来说，就是把一个图分成很多层，然后对图进行一些处理比较模板一点的东西就是直接在分层图上跑最短路，这个时候就涉及到了很多决策，每一个决策能进行一些特殊的操作，比如让某条边免费（边权为0，不是把边切掉），让某条边花费减半之

题解总之，赞美太阳#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;inlineintread(){ charc;intf=1,res=0; while(c=getchar(),!isdigit(c))if(c=='-')f*=-1; while(isdigit(c))res=res*10+c-'0',c=getchar(); returnres*f;}constintN=1e3+5

问题背景在推理过程中使用TOT方式可以增加推理性能，但由于增加了推理次数，导致耗时过大。目前待解决的问题是如何能在推理时既保持很好的推理能力，又保持推理耗时不会过大。本文方法文章提出CPO（ChainofPreferenceOptimization）方式。该方法使用TOT方式来探索推理路径得到

线段树structsegmenttree{ structnode{ intl,r; longlongsum,tag;} T[maxn*4]; longlongrepair(intp,longlongk){ returnT[p].tag+=k,T[p].sum+=k*(T[p].r-T[p].l+1);} voiddowndata(intp){ repair(2*p,T[p].tag),repair(2*p+

有\(n\)个人排成一列（或一个环），第\(i\)个人手里有\(c_i\)张牌，在每一步操作中，可以让某人给他左边或右边的人一张牌，问最少多少步可以让每个人手中的牌数相等。线性均分纸牌问题首先定义\(\texttt{avg}\)为纸牌总数的平均数，如果\(\texttt{avg}\)不是整数的话，那么就是无解。