摘要： #include <iostream> #include <vector> using namespace std; /* 二维分块的做法是，首先将每一维坐标离散化为一个排列，此时横坐标 x 和纵坐标 y 是唯一对应的，这样就可以暴力统计一个矩形中散块部分的答案，其复杂度与矩形最短边的长度同阶。 然 阅读全文

摘要： /* 将这个L形网格分成两个矩形， 一个长为 a 宽为 b+d , 另一个长为 c 宽为 d . 分别计算将 k 个车将 i 个车放置在左边的矩形里，将 k−i 个车放在右边的矩形里， 问题就转化为了求在矩形中能放置几个车使其互不攻击 在一个 n×m 的矩形中使得 i 个车互不攻击， 可以从 n 行 阅读全文

摘要： //不知为什么错误 #include<iostream> #include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp> using namespace std; using namespace __gnu_pbds; using ll=long long; ll quickpow( 阅读全文

摘要： /* 初步分析：由于mi之间不一定互质，所以不能直接使用中国剩余定理。我们需要考虑其他方法。 假设解法：假设已经求出了前k-1个方程的解x。设M为前k-1个方程的解的乘积。对于第k个方程，如果存在x + t * M是方程的解，那么这个解就是前k个方程的通解。 （数学归纳法） 线性同余方程：将问题转化 阅读全文

摘要： /* 题目即求最小的M使得Ci+xPi≡Cj+xPj(modM)(x>min(Li,Lj)) 变形可得，(P[i]-P[j])x+M*y=C[j]-C[i] 扩展欧几里得求解判断即可 */ /* 在欧几里得算法，即b=0时，显然有x=1,y=0使得a*1+0*0=gcd(a,0) 推广，假设存在一对 阅读全文

摘要： /* 1.统计出每一种货物的数量总和sum[i]，那么对于第i种货物，将它放到第j位置时的代价就是sum[i]-map[j][i]。 2.虚拟一个源点和一个汇点，虚拟n个点代表n种货物，另外n个点代表n个仓库。（所以总共有n*2+2个点）。 3.将源点和1～n个点连一条流量为1，容量为0的边。（代表 阅读全文

摘要： #include<iostream> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; const int N=5e3,M=5e4,INF=0x3f3f3f3f; struct edge{ int to,nex,flow,cost; }; 阅读全文

摘要： /* 普通的线段树中需要开 O(n) 的节点来存储信息，但是我们发现对于这道题而言，O(n) 的空间是根本开不下的，也就是我们不可能存储每个点的信息。 但是真的所有点都有用吗？我们发现操作数 m 是很小的，根据线段树的复杂度分析，每次修改只会影响 O(logn) 个节点啊！也就是说，被修改操作影响的 阅读全文

摘要： /* 注意到区间众数不具有可加性，所以线段树和平衡树无法解决此题，那么考虑分块 注意到整块的答案可以直接进行预处理，对最终答案有影响的就剩下散块了 显然，暴力统计会超时，那么考虑log(n)的做法，我们可以记录对于每个值 x 的出现的位置， 然后二分查找第一个 >r 的位置（设为 a），和第一个 ≥ 阅读全文

摘要： #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int N=5e4,M=5e4; struct edge{ int to,nex; }; edge eg[M*2+1]; int head[N+5],tot=1; int 阅读全文