随笔分类 - 树状数组
摘要：是不是快一年没写代码了啊？省选送分题现在得做一年。有没有学上先不管了。 容易发现总能量计算方式是两队被选出的参赛者各自能量和的min。显然随场地温度升高，冰队能量和单增，火队能量和单减，在两者最接近时总能量应最大。那么对冰队<=火队和冰队>=火队分别找到最大总能量及对应温度即可，可以二分+树状数组处
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摘要：每个时刻都形成若干段满足段内任意两点可达。将其视为若干正方形。则查询相当于求历史上某点被正方形包含的时刻数量。并且注意到每个时刻只有O(1)个正方形出现或消失，那么求出每个矩形的出现时间和消失时间，就是裸的三维偏序，cdq分治+树状数组即可。
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摘要：单个询问二分答案即可，多组询问直接整体二分再二维BIT。注意保证复杂度。
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摘要：建出AC自动机及其fail树，每次给新加入的串在AC自动机上经过的点染色，问题即转化为子树颜色数。显然可以用dfs序转成序列问题树状数组套权值线段树解决，显然过不掉。事实上直接树上差分，按dfs序排序后lca处-1，树状数组维护子树和即可。 又一次写了cmp后没放进sort，心态爆炸。
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摘要：设f[i][j]为前i个划成j段的最小代价，枚举上个划分点转移。容易想到这个dp有决策单调性，感性证明一下比较显然。如果用单调栈维护决策就不太能快速的求出逆序对个数了，改为使用分治，移动端点时树状数组维护即可，类似莫队的每次都在原有基础上更新。注意更新时先加再减。感觉复杂度非常玄学丝毫不能看出为啥只
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摘要：二分答案后得到每个位置需要被加的次数。考虑贪心。从左到右考虑每个位置，将以该位置为左端点的区间按右端点从大到小加进堆。看该位置还需要被加多少次，如果不需要加了就不管，否则取堆顶区间将其选择，BIT实现区间覆盖。
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摘要：对每个权值分别考虑。则只有单点加路径求和的操作。树上差分转化为求到根的路径和，子树加即可。再差分后bit即可。注意树上差分中根的父亲是0，已经忘了是第几次因为这个挂了。
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摘要：化为前缀和相减。考虑每一位的贡献。则需要快速查询之前有几个数和当前数的差在第k位上为1。显然其与更高位是无关的。于是用BIT维护后k位的数的出现次数，瞎算一算即可。
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摘要：相当于将线段划分成两个集合使集合内线段不相交，并且可以发现线段相交等价于逆序对。也即要将原序列划分成两个单增序列。由dilworth定理，如果存在长度>=3的单减子序列，无解，可以先判掉。 这个时候有两种显然的暴力。 将点集划分成两部分使内部无边显然就是二分图，于是第一种暴力是在逆序对之间连边，答案
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摘要：对节点按编号分块。设f[i][j]为修改j号点对第i块的影响，计算f[i][]时dfs一遍即可。记录每一整块的sum。修改时对每一块直接更新sum，同时用dfs序上的树状数组维护子树和。查询时累加整块区间的sum，剩余部分bit上暴力查询。分析一下复杂度。设块大小为k，计算f数组的复杂度为O(n2/
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摘要：首先求出每个女性接受某个男性的概率。这个概率显然是一个无穷等比数列求和。 然后按编号从小到大考虑每个女性，维护出每个男性被选择的期望次数，BIT上查询后缀和即可。 需要long double。
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摘要：即滋磁单点修改，询问路径上小于某数的值有多少个。暴力树剖套个主席树（或者直接树上主席树，似乎就1个log了？感觉不一定比两个log快）即可，然而不太优美。 开始觉得可以cdq，然而就变成log^3了。冷静一下感觉简直是个弱智，修改本身就是单调的，只要对询问离线即可。树剖+BIT即可维护。
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摘要：首先dp出长度为i的不下降子序列个数，显然这可以树状数组做到O(n2logn)。 考虑最后剩下的序列是什么，如果不管是否合法只是将序列删至只剩i个数，那么方案数显然是f[i]*(n-i)!。如果不合法，说明这个序列是由一个长度为i+1的非降序列删除一个数得来的，所以将其减去f[i+1]*(i+1)*
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摘要：显然相当于使序列变成单峰。给原序列每个数按位置标号，则要求重排后的序列原标号的逆序对数最少。考虑将数从大到小放进新序列，那么贪心的考虑放在左边还是右边即可，因为更小的数一定会在其两侧，与它自身放在哪无关。对于相同的数，一定可以将其安排至之间无逆序对，特判一下。
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摘要：如果要询问的某个纵坐标为inf的点左边是否有点能与其构成所要求的矩形，只要用个单调栈就可以了。可以想到用分治来制造单调性。 按横坐标排序，每次考虑跨过分治中心的矩形。考虑右边的每个点能与左边的哪些点构成矩形。首先这受到右边点的限制，对于每个点用set求出这个范围。然后对所有点按纵坐标从大到小排序，维
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摘要：可以发现每次都对后缀+1是不会劣的。考虑dp：设f[i][j]为前i个数一共+1了j次时包含第i个数的LIS长度。则f[i][j]=max(f[i][j-1],f[k][l]+1) (k<i,l<=j,a[i]+j>=a[k]+l)。容易发现这里是二维偏序，相当于查询(j,a[i]+j)左下部分的最
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摘要：二维的dp非常显然，但这也没有什么优化的余地了。 注意到最后的方案中只有产生贡献的位置是有用的，剩下的部分可以在该范围内任意选取。 所以我们考虑设f[i]为i号位最后产生贡献的答案，则f[i]=max{f[j]+1} (i-j>=a[i]-a[j],a[i]>a[j])。 观察这个限制，即为i-a[
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摘要：这个做法非常显然。 当然也可以分块。预处理出块内答案和两块间答案，块外主席树查询。
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摘要：容易发现如果求出最后的序列，只要算一下LIS就好了。序列用平衡树随便搞一下，这里种一棵splay。
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摘要：如果能够把所有区间内第二次出现某颜色的位置标记出来，树状数组查询一下就可以了。 考虑离线。按左端点从小到大排序，不断移动左端点并更新第二次出现的位置。
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