b rgb coloring
一道簡單題，列舉即可。
c interval game
考慮可以進行的操作只有兩種，即左拉和右拉，連續進行兩次相同的操作是沒有用的。
左拉時肯定會選擇右端點盡量小的，右拉選擇左端點盡量大的，所以排序之後貪心即可。
d choosing points
首先證明對於所有\(d\)，假設讓兩個不能同時選的點之間連一條邊，那麼結果是一張二分圖。
\(d\)是奇數可以黑白染色，\(d\)是偶數的時候，顯然連邊的兩點在同乙個顏色內。那麼我們可以只考慮這個顏色，獲得乙個新的網格圖，這個網格圖的邊長較大，這時可以讓\(d\)相應縮小，最終\(d\)會變成奇數。
考慮構造出兩張二分圖，然後就可以把點分為4種，即在兩張圖內分別屬於哪一邊。點數總共\(4n^2\)，所以至少一種滿足答案。
e walking on a tree
首先考慮每條邊有多少條路徑經過它，這樣可以得到乙個答案上界是\(\sum\)。實際上這個上界一定能被構造出來。
這種題有一種很經典的想法，就是刪去葉子，使得圖的規模變小，那麼我們就每次考慮乙個葉子節點\(x\)和它唯一的出邊\(e\)。假設\(e\)的經過次數小於2，那麼最終無論是什麼方向都沒有問題，可以砍短一截；否則任意選擇兩條路徑\(x-y\),\(x-z\)，假設這兩條路徑都經過了\(x-a\)，那麼我們可以令這兩條路徑方向相反，使得\(x-a\)一定被雙向經過，這兩條路徑就變成了\(y-z\)的未定向路徑。這兩條路徑以外的路徑同理砍短一截即可。這樣重複\(n-1\)次就能找到最優解了，複雜度o(nm)。
f addition and andition
從低位開始一位位考慮吧，對於每一位，求出它進行了哪些加法操作和每次操作的時間，不難求出最後的狀態。
複雜度顯然不對，考慮優化。定義勢能函式等於兩倍的\(01\)或者\(10\)加法操作的數量加上三倍的\(11\)加法操作的數量，考慮加法時可能遇見的情況。
假設加上\(01\)或者\(10\)，那麼暴力做一定沒問題，因為這樣相當於用兩次這種操作換來一次進製的加法，勢能函式至少減去1。
假設加上\(11\)，那麼有兩種情況。如果之前是\(01\)或者\(10\)，那麼相當於\(11\)變成\(01\)或者\(10\)，勢能函式減少。假設是\(00\)，那麼這麼做不改變勢能函式，所以考慮把連續的一段\(11\)用鍊錶接起來縮成一段，這樣就可以\(o(1)\)處理一整段，顯然段數和\(01\)與\(10\)的總量是同乙個級別的。
這樣暴力的做法通過簡單的縮段就變成\(o(n)\)的了。
(我從來沒學過勢能函式，只知道有這個東西，如果是我亂用了，呃…你理解就好了）
AGC047 簡要題解
注意精度問題即可 建顆 trie 樹搞一搞即可 考慮用原根解決此問題，乘法變為了加法，因此用桶記錄一下 fft 即可 觀察題目性質容易發現樹高事 log n 的，即使是暴力列舉第一棵樹最淺的點複雜度也正確。因此就暴力列舉，那麼一條合法的路徑肯定是分別走向兩個兒子的，考慮從左兒子走到第二棵樹每個節點的...
AGC044 簡要題解（部分）
乍一看資料範圍非常唬人，但是仔細思考一下就可以發現這樣乙個事實 從 x 逆著執行操作回到 0 的時候，除了最後一次連續執行若干次 1 操作直至 0 之外，其餘的時候，每兩次除法之間，用 pm1 造成的增量只會在 2,2 之間。實際上，如果下一次除數是 2 或 3 那麼增量只會在 1,1 之間。證明只...
AGC 049 部分簡要題解
nmd 差1分鐘過 e，真就老年選手不配進第一頁 ll 計算每個點的貢獻，做完了 includeusing namespace std typedef long long ll const int n 110 string s n int n bitsettow n int main int s n...