gbr的馒头屋

摘要： 不知道错在哪了，求大神指教！！！思路：用manacher求出每个以str[i]为中心轴的回文串的长度，RMQ预处理区间最大值，对于每个查询，二分最大回文串长，判定是否可行。#include #include #include #include using namespace std;const int MAXN = 222222;char str[ MAXN ];int data[ MAXN * 2 ];int p[ MAXN * 2 ];int d[ MAXN * 2 ][30];int n, len;void init(){ int id,MaxL,MaxId; int i; ... 阅读全文

摘要： 对这棵树DFS遍历一遍，同一节点入栈和出栈之间访问的节点就是这个节点的子树。因此节点入栈时求一次 小于 i 的节点个数 和，出栈时求一次小于 i 的节点个数和，两次之差就是答案。PS.这题直接DFS会爆栈，可以重新设置栈的大小#pragma comment(linker,"/STACK:100000000,100000000")也可以人工模拟栈，代码如下。#include #include #include #include using namespace std;const int MAXN = 110000;struct Edge{ int v; int next;}; 阅读全文

摘要： 原文地址：http://www.cppblog.com/MatoNo1/archive/2011/03/19/142226.html树状数组在区间求和问题上有大用，其三种复杂度都比线段树要低很多……有关区间求和的问题主要有以下三个模型（以下设A[1..N]为一个长为N的序列，初始值为全0）：（1）“改点求段”型，即对于序列A有以下操作：【1】修改操作：将A[x]的值加上c；【2】求和操作：求此时A[l..r]的和。这是最容易的模型，不需要任何辅助数组。树状数组中从x开始不断减lowbit(x)（即x&(-x)）可以得到整个[1..x]的和，而从x开始不断加lowbit(x)则可以得到x 阅读全文

摘要： 题意：求区间内不同的数的和离线处理，按查询右端点从小到大排序，从左往右扫一遍。记录每个数出现的上一个位置，如果该数之前没有出现过，就加上，否则就在上一个位置减去。#include #include #include #include #define LL long long intusing namespace std;const int MAXN = 1000100;struct node{ int id; int l, r;};int N, Q;int pre[MAXN]; //某数之前出现的位置LL sum[50100];LL val[50100];int maxL... 阅读全文

摘要： http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7548087感觉最巧的是定义了min_dis……将区间内有无英雄升级分开处理#include #include #include #include #define lson l, m, rt > 1; build( lson ); build( rson ); return;}void PushDown( int rt ){ if ( Tr[rt].flag ) { Tr[lc].exp += Tr[rt].flag * Tr[lc].level; ... 阅读全文

摘要： 正解2-SAT。我用DLX想搜一搜的，结果TLE了……没什么遗憾，最起码我尝试过了。扔个代码留作纪念。#include #include #include #include #include using namespace std;const int INF = 1 N ) return false; if ( R[head] == head ) { if ( cur == N ) return true; return false; } minv = INF; for ( i = R[head]; i != h... 阅读全文

摘要： 虽然看起来是求最短路，但因为条件的限制，可以转化为区间求最小值。对于一条small path [a, b]，假设它的长度是len，它对区间[a, b]的影响就是：len-( sum[b]-sum[a-1] );(使区间[a,b]的原有长度变长或者变短，变长没有意义，所以我们只考虑变短的情况)，因为只能选择一条small path，所以对于每个查询[u, v]，就是要选择在区间[u, v]内，让原有长度减少最多的那条small path，即求区间最小值。离线处理：将查询和small path放在一起排序，按u从大到小，v从小到大排。因为我们要从后往前扫，对于每个查询[u, v]，我们应当保证在本 阅读全文

摘要： DLX经典题型，被虐惨了……建一个2*N行3*N列的矩阵，行代表选择，列代表约束。前2*N列代表每个人的哪种状态，后N列保证每个人至多选一次。显然对手可以被战胜多次（重复覆盖），每个角色至多选择一次（精确覆盖）。注意事项：1.行数=∑每个人的模式数，之前我直接把行数当2*N了……但实际上也会有人只有一种模式的，也就是说实际行数小于等于2*N2.建图的时候注意：这个人不光能覆盖他所战胜的某角色的某模式，还覆盖了他自己的所有模式（因为他不用战胜自己）。之前没注意这个问题，样例全成无解了orz……3.处理精确覆盖和重复覆盖的先后顺序。如果优先处理精确覆盖，会把重复覆盖的一些行也删掉，这样前面可以重复 阅读全文

摘要： 以下转自 这里 ：最小支配集问题：二分枚举最小距离，判断可行性。可行性即重复覆盖模型，DLX解之。A*的启发函数：对当前矩阵来说，选择一个未被控制的列，很明显该列最少需要1个行来控制，所以ans++。该列被控制后，把它所对应的行，全部设为已经选择，并把这些行对应的列也设为被控制。继续选择未被控制的列，直到没有这样的列。#include #include #include #include #include using namespace std;const double eps = 1e-9;const int INF = 1 K ) return false; int minv = ... 阅读全文

摘要： 推荐两篇学DLX的博文：http://bbs.9ria.com/thread-130295-1-1.html（这篇对DLX的工作过程演示的很详细）http://yzmduncan.iteye.com/blog/1151695（这篇对精确覆盖与重复覆盖解释的简洁清晰，模板来自这篇博文）以下转载：DLX解决9*9的数独问题，转化为729*324的精确覆盖问题行：一共9*9*9==729行。一共9*9小格，每一格有9种可能性(1-9)，每一种可能都对应着一行。列：一共(9+9+9)*9+81==324种前面三个9分别代表着9行9列和9小块，乘以9的意思是9种可能(1-9)，因为每种可能只可以选择一个 阅读全文