BLADEVIL

摘要：大原来做的一道题，偷懒直接粘的原来的程序 http://www.cnblogs.com/BLADEVIL/p/3433520.html/**************************************************************Problem: 3035User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:240 msMemory:4216 kb****************************************************************///By BLADEVILvarn,... 阅读全文

摘要：因为是数列的维护，所以我们可以考虑用splay来维护，每次在x插入的时候就在x+1前面插入就行了，然后用bst来维护两问的答案，但是应该会tle。我们来考虑这个问题的性质，首先因为这个数列没有删除操作，所以每个数插入进去之后就不会出来了，换句话说，就是假设insert(x,y)那么y这个值和前面的那个数可以更新相邻差值的答案，且这个不会因为其他的插入操作而使得这个差值消失（消失值类似（x，y）插入,那么之前在x处插入的点与x+1的差值会消失），所以我们只需要存储每个位置最后插入的数，那么对于一个插入(x,y)我们只需要判断x位置是否插入过值然后讨论就行了。那么对于另一个全局差值的更新我们只.. 阅读全文

摘要：首先比较明显的是如果存在一个半连通子图，我们将其中的环缩成点，那么该图仍为半连通子图，这样我们就可以先将整张图缩点，重新构图，新图为拓扑图，记录每个新的点表示的强连通分量中点的个数num[i]，那么我们就可以DP了，新图中的每一条链都为原图的半连通子图，这样我们找到新图中的最长链就行了，找入度为0的点dfs做树上DP，这样我们可以知道每个点的len[i]代表从这个点开始的最长链的长度，len[i]=max(len[son of i])+num[i]，然后我们求出来了第一问，对于第二问，我们需要找len[i]=ans1的点做dfs，然后设ans[i]为以i为根的子树的方案数，那么ans[i].. 阅读全文

摘要：每一种颜色存一颗二维树状数组，然后直接做就行了。/**************************************************************Problem: 1452User: BLADEVILLanguage: C++Result: AcceptedTime:4844 msMemory:36904 kb****************************************************************///By BLADEVIL#include #include #define maxn 301#define maxc 101.. 阅读全文

摘要：在1-n所有数中，i一共可以成为n/i个数的约数，也即所有的约数中有n/i个i，所以扫一遍累加答案就好了。/**************************************************************Problem: 1968User: BLADEVILLanguage: C++Result: AcceptedTime:32 msMemory:804 kb****************************************************************///By BLADEVIL#include int n,ans;int ma.. 阅读全文

摘要：首先如果我们想取得分最高的话，肯定尽量赢，实在赢不了的话就耗掉对方最高的，那么就有了贪心策略，先排序，我方最弱的马和敌方最弱的相比，高的话赢掉，否则耗掉敌方最高的马。 对于一场比赛，总分是一定的，所以两问实际上是等效的。/************************************************************** Problem: 1034 User: BLADEVIL Language: C++ Result: Accepted Time:264 ms Memory:1588 kb*******************... 阅读全文

摘要：比较容易看出来是DP，但是如果我们记录每一种颜色还剩多少种的话，消耗的转移的时间复杂度5^15，但是我们考虑到每一种颜色，如果数量相同的话，其实是等效的，所以我们用w[a][b][c][d][e][last]记录还剩下1,2,3,4,5次使用次数的颜色的数量为a,b,c,d,e，上一次我们那的是使用次数剩余为last的颜色，那么这次在剩余last-1次的颜色中，我们只能少拿一次，因为不能拿相同的，这样转移就很容易的表示出来了。 我把存状态的数组都开到20就在0mstle了，改到16就好了，求指导。。。/*******************************************... 阅读全文

摘要：首先我们知道若干区间和信息，判断给出信息是否合法，可以用并查集维护，我们用dis[x]表示x到father[x]的距离为多少，即区间father[x]到x的长度，这样我们可以在路径压缩的时候维护dis，对于加进来的x,y区间，如果两点祖先不相同，那么合并，相同的话判断是否和已知的信息相符，这样就可以了。 需要注意的是为了防止x==y的情况发生，对于区间1,2和3,3，本来是连通的区间，但是因为读入为闭区间，所以需要将y++来使得区间向连通。/************************************************************** Problem:... 阅读全文

摘要：因为询问比较少，所以我们可以将n个数分成sqrt(n)个块，每个块用一颗bst存一下，然后对于修改l,r，我们将l,r区间中整块的直接在bst上打一个标签，对于不是整块的我们直接暴力修改，对于询问l,r，仍然是整块的直接在bst中求大于c的个数（考虑标签），然后不是整块的部分暴力扫一遍更新答案。 我写的sbt，可能是sbt常数比较大什么的，tle了，其实对于每一个块我们可以快排保存，然后询问的时候二分就好了。然后对于不是整块的修改和询问可以直接改完之后再快排，这样常数小了很多。 懒得改了，贴sbt的吧。/*****************************************... 阅读全文

摘要：我们可以用一颗平衡树维护每个人的工资，因为工资的变化会影响到后面所有的人，所以我们打一个标签，向平衡树里插入的时候减去这个标签的值，这样代表改变了之后的零点，，这样维护这个标签就好了，输出的时候要加上这个标签。 反思：]后面打了个|，查了半天。。/************************************************************** Problem: 1503 User: BLADEVIL Language: C++ Result: Accepted Time:676 ms Memory:3932 kb******... 阅读全文

摘要：根据陈丹琪的论文弦图与区间图，求出弦图的完美消除序列之后，反向给每个点染可以染的最小的颜色，这样可以使用最少的颜色染色，染色的方案即为队伍数。 那么我们需要求该图的完美消除序列，使用MCS算法，从后向前求完美消除序列，我们设size[i]为i这个点的标号，表示该点与多少个以标记的点相连，选取标号最大且i最大的点（即n）为序列的第n个，然后更新与i相连的点的标号，重复n次，即可得到弦图的完美消除序列，使用动态链表维护可以使时间复杂度达到O（m+n），暴力循环也有n^2，这道题暴力即可过。/***************************************************... 阅读全文

摘要：AC自动机是处理多模式串匹配等一系列问题的工具，可以将它当做一种数据结构。 首先我们考虑一个非常简单的问题，给定两个字符串，询问其中一个字符串在另一字符串中出现的次数，这个问题我们用KMP就可以非常容易的解决了，但是如果给定若干模式串，询问这组串在这个长串中的各个出现次数，这时KMP的时间复杂度就显然比较暴力了，对于这类的问题，我们可以考虑用AC自动机来解决（假设字符串中字符为大写字母）。 定义指针。struct node{ int cnt; node *fail,*child[30]; node(){ cnt=0; fail=NULL; ... 阅读全文

摘要：首先对于双关键字的LIS有一个比较暴力的方法，就是线段树套平衡树，我们把双关键字的LIS抽象成二维坐标系中的点，这样我们对于当前转移的点i（x,y），需要找的就是在(xx,yy)xx<x,yy<y中的决策点的最大值是多少，这样我们用线段树维护第一维坐标，用sbt或者是线段树维护第二维坐标，这样就可以了。 但是树套树的常数非常大，将线段树改为BIT之后虽然对常数有一些优化，但还是较大，所以我们需要考虑另一种方法。 在求单关键字的LIS的时候，有一种nlogn的二分做法，大概意思是维护一个b[i]数组，对于第i位b[i]代表长度为i的上升子序列的最后一位最小的值，那么在二维的情况下，我 阅读全文

摘要：我们用w[i]表示到第i个地鼠出现的时候，我们选了第i个地鼠，能得到的最大的价值，那么显然有转移w[i]=w[j]+1(time[i]-time[j]>=abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j]))。每次转移为O(1)的，一共转移了Σi(i#include #define maxm 10010using namespace std;int n,m,ans;int time[maxm],x[maxm],y[maxm],w[maxm];int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i=abs(x[i 阅读全文

摘要：首先我们二分一个答案mid，在判定是否能举办mid次，那么对于每个次我们可以用最大流根据是否满流（流量为n*mid）来判定，对于每个点我们拆成两个点，分别表示这个人要和他喜欢和不喜欢的人一起跳舞，那么添加源点source，汇点sink，设i为男生，j为女生，那么连接表示这个人要跳mid次，同理连接，这样我们保证了每个人都是跳了mid次舞，那么对于每一对儿喜欢关系i,j，连接，对于不喜欢的i,j连接，那么我们保证了每个人都可以和所有人跳舞，对于i中的每个点连接代表这个人最多和k个不喜欢的人跳舞，同理对于j中的每个人连接，因为每次和不喜欢的人跳舞，一定会经过这条边，所以保证了最多不会和超过k的.. 阅读全文

摘要：首先对于m==1的情况非常容易处理（其实这儿因为边界我错了好久。。。），直接DP就好了，设f[i][k]为这个矩阵前i个选k个矩阵的最大和，那么f[i][k]=max(f[j][k-1]+sum[j+1][i])，那么对于m==2的时候类似与m=1的时候，设w[i][j][k]为左面的一行前i个中，右面的一行前j个中，一共选k个矩阵能选取得最大矩阵。 那么转移也比较明显，有一下几种转移 w[i][j][k]=max(w[i-1][j][k],w[i][j-1][k])这种情况代表什么都不选。 w[i][j][k]=max(w[ii][j][k-1]+sum[ii+1][i][0])这... 阅读全文

摘要：就是bfs，对于每个状态存一个hash为当前状态矩阵的二进制表示，然后搜就行了，写成双向bfs会快很多。 反思：对于C++的数组从0开始还不是特别习惯，经常犯错，对于C++的结构体不熟。/************************************************************** Problem: 1054 User: BLADEVIL Language: C++ Result: Accepted Time:112 ms Memory:1940 kb************************************... 阅读全文

摘要：首先我们可以枚举每个一点，然后向下一直拓展到不能拓展为止，然后向下拓展的同时我们可以算出来向左最多拓展的个数，用单调栈来维护一个上升的序列，这样就类似与悬线法找最大01子矩阵了，但是对于这题01交替来说，好多细节比较麻烦，所以我们可以采用另一种转换方法，对于一个01矩阵来说，一定满足一下两个条件中的一个： 1：矩阵中所有0的点(i,j)，i与j的奇偶相同，且对于所有1点(i,j)，i与j的奇偶不同。 2：矩阵中所有0的点(i,j)，i与j的奇偶不同，且对于所有1点(i,j)，i与j的奇偶相同。 那么我们把所有满足1条件的点标号为1，满足2条件的点标号为0，这样，我们就求出标号矩阵的01子... 阅读全文

摘要：首先我们知道ans=Σ(h[i]*f[i])=Σ(h[i]*d[i])/s=Σ(k(r[i]+1)+c)*d[i]/s=Σ(k*r[i]+(k+c))*d[i]/s 我们可以发现，除了k*r[i]之外，剩下的都是常数，那么我们这道题就转化成了求k*r[i]的最小值，那么区间dp就可以了，对于区间i,j，每次选取一个k为根，由左右两个区间转移过来，相当于将左右子树所有的深度+1，那么增加的代价就为两区间和，这样转移就可以了。 对于第二问我们可以在转移的时候记录每个区间的最优决策点，也即选取的根，那么最后递归生成遍历就行了，但是bz上没有第二问，不用输出。 反思：带错数据，将自己造的一组... 阅读全文

摘要：假设我们知道以每个点开始到最后的最长上升序列，设为w[i]，这样首先我们在w值中取max，如果询问的值比max大，这样显然就是无解，如果小的话，我们需要求出来字典序最小的方案。 那么对于所有i，我们肯定以w[i]大于询问的值中的最小的i开始，那么假设上升序列中第一个值为i，第二个值为j，那么w[j]满足大于询问的值-1，且初始序列a中，a[j]的值要大于a[i]，且为最小的j，对于最小的我们只需要通过循环正常的枚举就行了。 那么我们现在剩下的问题就是w[i]值如何求，如果n小一些的话我们就可以n^2正常的做了，但是n为10^4，这样我们就需要维护单调队列que[i]，表示长度为i的最长... 阅读全文

摘要：首先根据样例或者自己打表大概可以知道，对于询问k，答案不会超过k#include #include #define maxn 50010 using namespace std; long long mindiv[maxn],prim[maxn],miu[maxn]; void prepare(){ miu[1]=1; for (long long i=2;i>1; //printf("%d %d %d\n",l,r,mid); if (calc(mid)>=n) { ans=mid... 阅读全文

摘要：首先我们可以做一遍dfs，用一个队列记录每个点进出的顺序，当每个点访问的时候que[tot++]=x，记为in[x]，当结束dfs的时候que[tot++]=x，记为out[x]，这样处理出来的队列，如果我们将一个数的进队赋值为1，出队赋值为-1，那么假设我们需要询问1-x的链中共有多少个点，答案就是这个队列前int[x]项，所以我们开始dfs1处理出来in,out数组，然后用树状数组维护这个队列，就行了。 /************************************************************** Problem: 1103 User: B... 阅读全文

摘要：用set存下就好了。/************************************************************** Problem: 1588 User: BLADEVIL Language: C++ Result: Accepted Time:180 ms Memory:1468 kb****************************************************************/ //By BLADEVIL#include #include #define inf 1bt; bt.... 阅读全文

摘要：先按边长排序，假设s与t连通，那么我们可以枚举s与t的路径中最短的一条边，通过类似与kruskal的方法找到s与t的路径在当前最小边权情况下尽量小的最大边权，用这个比值更新答案。 特别的，我们对于某一情况，如果循环完边之后s与t不连通可以跳出。在确定了最小边找完最大边的时候，不必要继续枚举最小边+1，可以从最大边开始向前加边，找到最大的边保证s，t连通，且最大边为刚才求得的，更新答案，从这个边继续枚举。这两个为优化。 反思：判断更新答案的时候手残打错，找了快一个小时才找到错。 /*****************************************************... 阅读全文

摘要：首先我们知道，对于这张图，我们可以枚举坍塌的是哪个点，对于每个坍塌的点，最多可以将图分成若干个不连通的块，这样每个块我们可能需要一个出口才能满足题目的要求，枚举每个坍塌的点显然是没有意义的，我们只需要每个图的若干个割点，这样除去割点的图有若干个块，我们可以求出只与一个割点相连的块，这些块必须要一个出口才能满足题目的要求，每个块内有块内个数种选法，然后将所有满足一个割点相连的块的点数连乘就行了。 对于每个与一个割点相连的块必须建出口可以换一种方式理解，我们将每个块看做一个点，那么算上割点之后，这张图就变成了一颗树，只有叶子节点我们需要建立出口，因为对于非叶子节点我们不论断掉哪个点我们都有另... 阅读全文

摘要：首先我们假设两个点(i,j),(i,k)向中间移动一格，且k>j+1，那么我们可以获得的价值为k-j，这样，我们定义每个点的每个星的能量为a[(i,j)]=i*i+j*j，这样这两个点开始的能量为i*i+j*j+i*i+k*k，移动之后，两个点变为(i,j+1),(i,k-1)，这时的能量为i*i+(j+1)*(j+1)+i*i+(k-1)，这时的能量差为2*k-2*j，为获得价值的2倍，因为对于所有的价值获得都可以采用这样的方法，所以我们可以算出开始局面的能量和，结束局面的能量和，相减>>1就是答案。 反思：显然没有发现这个优美的性质。/****************** 阅读全文

摘要：我们可以用w[i][s]来表示到第i位的方案，s代表第i位和第i+1位是否有雷的二进制串，那么我们就可以根据每一位的雷的数量转移了。/************************************************************** Problem: 1088 User: BLADEVIL Language: C++ Result: Accepted Time:20 ms Memory:1588 kb****************************************************************/... 阅读全文

摘要：首先比较容易的看出来是DP，w[i]为前i个工厂的最小费用，那么w[i]=min(w[j-1]+cost(j,i))+c[i]，但是这样是不work的，复杂度上明显过不去，这样我们考虑优化DP。 设A[i]=Σp[j](0k且决策j优于决策k。 那么有w[j-1]-x[i]*A[j-1]+B[j-1]#define maxn 1000010#define LL long long using namespace std; int n;LL a[maxn],c[maxn],x[maxn],que[maxn];LL A[maxn],B[maxn],w[maxn]; double k(int... 阅读全文

摘要：这个问题就是经典的生成树记数问题，题目为spoj p104 highway。 首先我们引入Matrix-Tree定理，由kirchhoff证明，定理的概述为，对于图G，我们定义若干个矩阵， D[G]，Dij=(i!=j)?0:vi;这里vi为节点i的度数。 A[G]，Aij=存在边(u,v)，即A为图G的连通01矩阵。 定义KirchhoffMatrix C[G]=D[G]-A[G]，那么C[G]的任意一个n-1阶主子式的行列式的绝对值为图G生成树个数。这样这个问题就可以比较容易的解决了，行列式的求法为将矩阵用类似于消元的方法消成上三角矩阵（其实我也是记住的代码==）。... 阅读全文

摘要：首先我们知道MST的一些性质，对于这道题来说就是，假设我们先求出一颗MST设为G，由已知边权相同的边最多会有10条，那么假设我们在这10条边中选取size条边∈G，那么我们在这边权相同的边集E中任意选取size条有意义的边，这里的有意义的边的定义为每条边都会造成新的连通性的增加，那么边集E中所有的size条有意义的边的方案我们可以通过dfs求出，然后我们将不同边权的边的方案求连乘，就是MST的方案数。 ps：我们没有必要求一遍MST，我们可以一边做kruskal，一边维护图的连通性，然后每找到一个权值不同的边集E时深搜。 反思：做dfs的时候使用并查集维护图的连通性，但是加了路径压缩，... 阅读全文

摘要：这次去WC本来就是抱着玩儿玩儿的心态去的，结果真算是玩儿了。。。 我们去的内天北京正好下雪，结果后来等我舅接我们去八十中的时候还在外面等了半个小时，其实雪天在外面挺好的，除了旁边都是一些男程序员。后来吃饭的时候还见到了我表姐们和表弟，好长时间没见也没怎么变。 后来就到了八十中，报道的时候排队就等了一个多小时，后来去了宿舍，开始觉得宿舍挺好的，起码还有自己的桌子，还有插头。。。然后收拾了半天之后发现没有网，然后就觉得笔记本带的多余了。。。然后去看了开幕式，最后抽奖竟然还抽到了我，给了一个8G的小U盘，听说去年的是ipad，真是感动。。。晚上回宿舍之后还好，等十一点多的时候突然灯灭了，后来... 阅读全文