1.Socrates,agreatphilosopherinancientGreece,ishailedasthe"FatherofWesternPhilosophy".Headvocatedexploringtruththroughdialogueandquestioning."Knowthyself"ishisfamousphilosophicalmanifesto.Histhoughtsan

题目链接https://codeforces.com/problemset/problem/1849/D题意输入\(n(1\leqn\leq2e5)\)和长为\(n\)的数组\(a(0\leqa[i]\leq2)\)。最初，数组的每个元素都是蓝色的。有两种类型的操作：支付一枚硬币，选择一个蓝色元素，将其涂成红色。选择一个不等于\(0\)的红

杰出的画作展现了艺术家们独特的想象力、生动的表达力和精湛的技艺。如今AI绘画工具似乎已解决了技艺的问题，创作出理想的画作似乎应该是一件轻而易举的事。但是，AI绘画工具只是机器，如何让它正确地绘制出我们想要的画作呢？这就是本文要讲的内容——AI绘画中非常重要，但容易

传送门题意：\(10^9\times10^9\)的白色平面上，给定\(m\le50\)个矩形将其涂黑。每次可以选\(\min(h,w)\)的代价将一个\(h\timesw\)的矩形涂白，问涂成全白的最小代价。可以看作每次涂一整条或一整列。如果不是\(10^9\)的范围，可以直接上二分图最小点覆盖了。但是这里我

先考虑无解的情况，来看样例三，很容易发现是因为\(k\)太大了，所以每次都会修改之前已经改好的。于是我们猜想，如果任意一段连续的数的长度都小于\(k\)，那么就无解，证明比较容易，反证就好了，如果存在一个解，那么这个解的最后一步操作，一定是连续的\(k\)个格子，而且这\(k\)个格子的颜色一定要一

对于这个\(\max\)似乎没有什么好的办法，考虑\(\min-\max\)反演。记\(t_i\)为第\(i\)格被染黑的时间，有\(E(\max(t_i))=\sum\limits_{S}(-1)^{|S|+1}E(\min(t_i))(i\inS)\)。考虑如果知道了\(S\)，那么就可以知道\(c=\sum\limits_{i=1}^m[[l_j,r_j]\capS\no

看大家好多写的都用了四维偏序，给一个不用偏序的解法。简化一下题目，就是给你\(n\)个矩形，第\(i\)个矩形用\((x1_i,y1_i,x2_i,y2_i)\)表示，问你有多少个\(i\)满足：不存在另一个\(j\)使得\(x1_j\lex1_i\lex2_j\wedgey1_j\ley1_i\ley2_j\)。我们从左到右扫描每一个

原题链接题解1.对于没有固定颜色的节点来说，每个节点只会有三种颜色，而这又是一棵树，树形dp由此而来2.由相邻节点不同确定转移方程3.即使有求模也可能要开longlongcode#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;#definelllonglongconstllmod=1e9+7;vector<ll>

PaintingEdges动态加边和二分图容易想线段树分治,分别维护k种颜色的并查集。不过每条边的存在时间不能确定。设边i的两次操作的时间为\(x_i,y_i\),那么对于\(t\in[x_i+1,y_i-1]\)有两种情况,颜色改变或改色不变。则我们把每次操作影响的时间放在树上,从左到右递归到叶

如果两种方案末尾两数有一数相同，那么答案较大的方案不劣于答案较小的方案。答案较大的方案只需\textbf{模仿}答案较小的方案即可，在状态变成相同之前答案最多只会少\(1\)。所以只需要考虑末尾两数\(a,b\)与新进来的数\(c\)各不相同时该替换哪个。假设\(a\)下次出现的位置

前言断续地调了一天一夜，终于做出来了！题目链接-RectanglePainting大概就是：给\(n\)个集合\(S_i\)，两种操作，1{[l,r],x}lr向\(S_l\)到\(S_r\)插入\(x\)2lr询问\(\max\limits_{i=l}^r\{\text{mex}(S_i)\}\)。但是强制在线！\(1\len,l,r\le2\times10^5,1\le

题目链接这题我们可以定义一个二维的dp数组，在dp[i][j]中：i表示对于节点i，j有1,2,3三种状态，表示当点i选择被染成颜色j时，以i为根的这颗子树有多少种染色方法。那么根据乘法原理，节点i的方案数肯定等于i的每个儿子的方案数量之积。这道题整个挺简单的，剩下细节

题目传送门一道枚举题。我们可以直接枚举那\(2\)个去掉的粉刷匠。先统计一下每个栅栏会被多少个粉刷匠刷到，然后枚举第一个被去掉的粉刷匠，然后计算剩下的粉刷匠会将每个栅栏刷到多少次，我们只需要看只能被刷\(1\)次的栅栏就行了。接着处理一个前缀和数组，记录前\(i\)个栅栏

253-CubepaintingTimelimit:3.000secondshttp://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&category=99&page=show_problem&problem=189Wehaveamachineforpaintingcubes.Itissuppliedwiththreedifferentcolors:bl

\(P4084\)\(Barn\)\(Painting\)\(G\)一、题目描述给定一颗\(N\)个节点组成的树，\(3\)种颜色，其中\(K\)个节点已染色，要求任意两相邻节点颜色不同，求合法染色方案数。二、

J.AbstractPaintingtag：dp题目链接题意：有个很抽象的人要画一幅抽象画，这个抽象画只需要画圆圈就完事了（我上我也行）需要满足以下条件圆心都必须在x轴上的[1,n]上，且必

[PaintingtheArrayI](贪心入门-VirtualJudge(vjudge.net))题解：要使得数组a分成的两个数组长度之和最长，我们设\(a^{(0)}\)数组末尾元素为\(ed0\)，\(a^{(1)}\)数组

题意：给出一棵树，最开始所有节点都是白的。进行一些操作来计算树的价值。每次操作可以选一个节点，给价值加上包括这个结点在内的白色连通块大小。然后把这个结点染成黑色。除

大家使用StableDiffusion通过关键字描述的时候，总觉得画不出想要的图形；在这里，飞链云教大家一个小技巧；那就是使用某种特定的顺序，让AI更好的理解你想要什么；欢迎大家体验AI绘画

题解：朴素做法，是最小点覆盖点数是n*n，考虑离散化后，把每个矩形块看作点，跑最小点权覆盖。将矩形：左下角（x1,y1）到右上角(x2,y2)的x2++,y2++,那么这样离散化后每个x1<=x<x2,y1

#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constlonglongmod=1e9+7;classDP_on_tree{public: #definelllonglong lln,k; llfree[100001]; llf

LykLovepainting一道超出常规的动态规划题干【题目描述】lyk有一块神奇的画布，呈2*n的格子状。lyk现在想在画布上画m幅画，每幅画必须是矩形。为了充分利用画布，画布上的

题目:  VirtualJudge(vjudge.net)题目大意:2个人轮流对长条方格填黑,黑的地方不能够相邻.一个人要尽量填黑,一个人要尽量不填黑,当不能填的时候就结束题解思路:

传送门类比一下模板题，其实我们只需要把扩展域并查集再扩展成\(k\)个即可但有个问题，当改变一条边的颜色，导致不能构成二分图时，我们就不能操作；但在线段树上，我们的操作不