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很显然修改一个点的数值之后，最优路径有两种可能：最优路径经过这个点和不经过这个点。 经过最优点我们可以用从\((1,1)\)向右下转移和从\((n,m)\)向左上转移，求出从\((1,1)\)到\((i,j)\)和从\((i,j)\)到\((n,m)\)的最优路径，然后拼起来再减掉\(3a_{i,j 阅读全文
posted @ 2026-03-20 13:39
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划分成两块使得两块\(1\)的数量\(a,b\)的乘积\(ab\)最大。见到这个式子我们不难想到高中学的不等式\(ab \le(\frac{a+b}{2})^2\)，取等时候当且仅当\(a=b\)成立，所以说只要\(a\)和\(b\)的值越接近，那么它们的乘积就越大。 设原图上共有\(s\)个\(1 阅读全文
posted @ 2026-03-19 15:54
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比赛时候这道题坠机了... 有一个性质：\(y\equiv d(y) \pmod 9\)，但是并没有什么用。 尝试去看看\(d(y)\)的特殊性质，因为是位数和，所以说即使\(y\)很大，\(d(y)\)也不会很大，\(1999999999\)是不可以的，因为\(d(y)=82\)，但是\(y-x\ 阅读全文
posted @ 2026-03-16 11:11
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如果整张图只有一个点双联通分量，那么就需要找出图中最小的那一个点就可以。 如果有多个双联通分量，我们可以从叶子双联通分量的角度进行考虑，叶子双联通分量是只有一个割点的点双联通分量，因为只有一个割点所以说如果最开始这个点双联通分量里面不选择除了割点以外的一个点进行夺取的话，那么就会导致有一个时刻割点被 阅读全文
posted @ 2026-03-16 02:14
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为了方便叙述，我们管先手叫Alice,后手叫Bob。 Alice让数字÷2，Bob让数字+1。 对于这种问题，我们可以从二进制角度来看，Alice就是对一个数右移一位，Bob就是让一个数+1。 那么如果不+1，一个数只需要\(\log(x)\)次操作就可以变为\(1\)。现在考虑加上\(1\)的影响 阅读全文
posted @ 2026-03-15 09:11
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手玩发现条件二和条件三中的条件，等价于如下图所示的每一个块里面恰好出现一个黑色元素。 然后因为\((1,1)\)和\((1,n)\)这个格子必选，所以说我们可以推出来\((2,1),(3,1),...,(n,1),(n,2),(n,3),...,(n,n),(n-1,n),(n-2,n),...,( 阅读全文
posted @ 2026-03-14 21:16
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对于原图上的仇恨关系，我们可以重新建边，新的边表示两个人可以相邻。一次会议当中所有合法的点一定来源于一个点双联通分量，因为如果有两个点不在同一个双联通分量的话，因为两个点双联通分量之间最多只有一条边连接，那么这样的会议一定会面临两个点中有一个点不能和会议当中其他的点相邻。 接下来我们思考如何在同一个 阅读全文
posted @ 2026-03-14 14:02
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当一个点双联通分量里面的割点数量为\(1\)的时候，那么需要修建一个出口（即叶子双联通分量），因为如果抹掉割点的话，就不联通了。如果割点数量\(\ge 2\)的话，那么不需要修建，因为它总能通过其中一个割点连向已经修建好出口的区域。 需要特判一下是否只有一个点双联通分量，如果只有一个的话，那么答案就 阅读全文
posted @ 2026-03-14 12:04
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赛时出了四题，感觉和队里大佬差距还是很大啊，但是反过来想，还是有很大提升空间的（） 1009临渊羡鱼 就是最大值和最小值差值+1，直接写就好 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; /* */ #define ll long long #defin 阅读全文
posted @ 2026-03-13 23:52
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如果我们已经选定了一堆粒子的话，那么这组粒子最多可以同时存在的粒子数一定是有这些粒子中最小的\(y\)值所决定的。如果不考虑从商店加入粒子的话，我们可以从\([1,n+1]\)枚举集合中粒子的数量，求出在选出一定粒子数量\(k\)的情况下可以得到的最大总和。我们从大到小进行枚举，每次向优先队列中加入 阅读全文
posted @ 2026-03-13 14:20
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