08 2020 档案
摘要：今天比赛的题比较难，我们队只通过了T1，419名。 比赛开始后，我们队去看T1，刚开始我提出了一个思路：贪心，把深度最大的点与根连接，然后计算总的次数。思路出来后，队友们让我试一发，我很快写完后，交了，结果WA，又改了几次，结果还是WA。这时候，我好像意识到了贪心好像不行，于是我又去想树形dp，方程
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摘要：题意：有两个数组a和b，可以随意调换数组中的元素的顺序，令 c[ i ] = a[ i ] ^ b[ i ]，使c的字典序最小。 思路：每个数按二进制从高位到低位看作一个字符串，对a和b数组分别建一棵01字典树，并记录每个结点出现的次数。然后同时遍历这两棵字典树，优先走当前位相同的（0和0，1和1）
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摘要：题意：给定p和x，求最小的b，使 a≡bx(mod p)。 思路：先把式子进行转化： a≡bx(mod p) a=bx - pc ∵ 0 < a < b ∴ 0 < bx - pc < b 即 $\frac{p}{x}$ $\leq$ $\frac{b}{a}$ < $\frac{p}{x-1}$
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摘要：题意：给定一棵树，初始边权为零，对其进行以下操作： 1. 把树上a到b的路径上的边权：0变为1，1变为0。 2. 与树上a到b的路径相邻的边（只有一个公共点），把它们的边权：0变为1，1变为0。 3. 查询a到b的路径上的边权和。 思路： 操作1用普通的重链剖分就可以解决。 对于操作2，可以看出，在
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摘要：树链剖分基本操作： 1. 修改第i条边的权值。 2. 对树上一条路径的权值取反(正变负，负变正)。 3. 查询树上一条路径的权值的最大值。 因为要取反，所以要同时维护最大值和最小值。 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorith
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摘要：动态树的基本操作： 1. 添边、删边。 2. 修改一棵树一条链的权值。 3. 给一棵树一条链的权值加上一个数。 4. 查询一棵树一条链上的点，第二大权值、权值第二大点的个数。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define lc c[x][0] 3 #define rc c[
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摘要：首先预处理出以每条边i作为左端点，在最短的区间内能形成环的最小右端点，标记为 Ri，如果不存在这样的右端点（即从当前到结尾所有边都不能组成环）, 则让 Ri = m + 1。 用动态树来删边、加边和判环。尽量拓展右端点，直到发现环，然后就删掉左端点所在的边并移动左端点（有点像单调队列），不断重复这个
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摘要：和往常一样，我们队12点之前吃完午饭，便开始准备接下来的比赛了。 这场的题的难度应该说不算太难（毕竟有AK的），然而我们还是太菜了，只通过了4道题，290名。 刚开始，队友lwj便看到了T3是个签到题，和我们说了题意后，我们便想到：判断点B在向量AC的左侧还是右侧即可。于是很快遍过了，10分钟1A。
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摘要：题意：给一个数组a，每次询问，给定L, R, p, K，求[ L , R ] 中的数与p做差的绝对值的第k小。 思路：对数组a建立主席树（不用离散化），对于每次询问，二分答案，如果 [ L , R ] 区间中的 [ p - mid , p + mid ] 范围内的数大于K，则说明二分的答案偏大，需要
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摘要：T1001 Road To The 3rd Building 总的方案数有 n(n+1)/2 种。然后考虑每种方案的贡献： 设s[i]为前缀和，Ans是总的贡献，ans[i]是中间过程的累加和。 ans[i] = s[n-i+1] - s[i-1] + ans[i-1] Ans= $\sum_{i=
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摘要：T1007 Game 如果先手初始点在距离最远的点对上，那么先手必胜，据此，可以推广到距离次远的点对，距离第三远的点对，先手都是必胜的。所以点数是偶数时先手必胜，点数是奇数时先手如果在：除距离最长、距离次长、距离第三长...剩下的最后一个点上，那么先手必败，否则先手必胜。 1 #include<bi
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摘要：昨天，我们队约好在12点打第七场多校联赛。12点之前，我们队都吃好午饭，准备接下来的比赛了。 比赛开始后，我们开始看一些题目比较短的题，今天的题比较难，直到10分钟后才有队伍AC一题，T9，于是我们队迅速去看该题，刘队长思路很快，马上想出思路和我们交流，经过商量，我们觉得思路是没问题的，只是程序比较
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