08 2019 档案
摘要：1 1. 最开始的大新闻被删除 2 2. 一个 naive 值为 x 的大新闻被添加到最前面 3 3. 长者询问从第 l 到第 r 个大新闻中 naive 值第 k 小的新闻的 naive 值 describe 看到区间的第k小值，是主席树。但1，2的修改操作有点chi_shi，仔细分析。发现1，2
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摘要：第一眼，每个格子取决于和他相临的格子，直接枚举O(nm),这么水？！！ 第二眼，没那么简单，要找到类似水池的东西，这个池子的边界高度的min才是此格子的高度。为了保证时间复杂度，希望能尽量找到一个格子能被覆盖的最大池子，这样能尽可能地覆盖到别的格子，能近似到一次遍历就出来了，基本O(nm)。 然后。
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摘要：1 新元件的编号等于融合之前元件的总个数加一。当然，参与融合的 K个元件融合之后依然存在，并且每个元件至多参与一次融合。 2 由于元件的容量有限，Eddie 没有能力唤醒 Hobo 全部的回忆，所以他会用下列两种方式来融合元件： 3 4 集合的交：一段记忆存储在新的元件中，当且仅当这段记忆在参与融合
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摘要：1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<map> 4 #define MAXN 100010 5 #define ll long long 6 #define maxn(a,b) (a)>(b)?(a):(b) 7 #define min
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摘要：之前学斜率优化的锅，凸包没学会，当时是不等式搞过去的，考试时妄想推出和u无关，只和祖先有关的不等式，失败。。。 先看式子(c[fa]-c[son])/(dep[son]-dep[fa])，看起来很别扭，尝试加负号，就变成了斜率（我们以dep为x轴，dep为y轴建坐标系），要求斜率最大，为下凸包， 这
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摘要：之前是贪心看不粗来，现在二分也看不粗来了，QAQ。。。 审题清楚，别没看懂题就忙着暴搜，小w不一定走整点，可以走直线 其实，看到就应该想到二分了 那么其实二分的答案是作为每个点的半径以圆的形式出现的，一个答案是否成立，看这些障碍圆建出来后，是否还能从左到右联通，那其实是看障碍组成的边界线是否能联通上
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摘要：缩边很强，主要是方案数比较难搞，因为两条路不同有且仅当走过的空格不同，那么我们应该消除实际边权为0的影响。 首先，假设有一个集合全是1点，并且可以互相间接或直接到达，那么一条路径伸到此点集中没必要边权为0的在里面绕，不管怎么绕都是一种情况。缩点解决。 其次，只有缩点真的可以吗， 考虑一张简单的图，3
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摘要：void tarjan(int u){ dfn[u]=low[u]=++num; stack[++top]=u; instack[u]=true; for(int i=hd[u];i;i=bl[i].nt){ if(!dfn[bl[i].to]){ tarjan(bl[i].to); low[u]=minn(low[u],low[bl[i].to]); } else if(instack[bl[i
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摘要：int dist[MAXN]; bool vis[MAXN]; priority_queue >dd; void dij(){ memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(dist,0x7f,sizeof(dist)); dist[1]=0; dd.push(make_pair(0,1)); while(!dd.empty()){ int ltop=dd.t...
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摘要：纪念oi路上第一颗kd-tree Hide and Seek 说说主要思想，考虑二叉搜索树来统计答案，玄学乱搞的地方就是减枝了。通过不断换维（不一定一直换，只要保证时间空间都尽量优就行），用<algorithm>库中的nth_element来找到中位数式的元素，此元素就是二叉搜索树对应的元素。最大值
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摘要：碰到题面就回忆起线段树专题的排序，然而模完样例发现思路无关。然后又想到splay里的文艺平衡树，然而那个是区间翻转。草草的敲了快排，发现自己可以码归并比比速度（自己sb一样，明明都是O(n*logn)），然后kx地拍了一整场考试，速度都差不多。正解是桶排+线段树优化。考虑桶排，在原专题中的排序一题中
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