摘要：
考虑套路地将1~n依次加入排列。设f[i][j]为已将1~i加入排列，有j对不合法的方案数。加入i+1时可能减少一对不合法的，可能不变，可能增加一对，对于i+1与i的关系再增设0/1/2状态表示i与左边/右边的数是否构成不合法对即可。 阅读全文
posted @ 2018-10-27 02:01
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摘要：
考虑根号分块。对于<√3e5的模数，每加入一个数就暴力更新最小值；对于>√3e5的模数，由于最多被分成√3e5块，查询时对每一块找最小值，这用一些正常的DS显然可以做到log，但不太跑得过。考虑并查集在序列上的奇技淫巧。加点不太能做，考虑离线改成删点。并查集维护下一个未删除的点即可。 阅读全文
posted @ 2018-10-26 22:17
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摘要：
设f[i][0/1]为考虑前i位，第i位为0/1时的期望得分（乘以是0/1的概率）。暴力转移显然。前缀和优化即可。 但是这个前缀和精度无法承受，动不动就nan。 考虑增加一位的贡献。若之前后缀1的个数为x，则增加一个1的贡献为(x+1)3-x3=3x2+3x+1。因此记录后缀1的个数期望、后缀1的个 阅读全文
posted @ 2018-10-26 19:43
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A：差点开场懵逼。只要有相邻两位不同就可以作为答案。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace 阅读全文
posted @ 2018-10-26 18:23
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摘要：
由点积的几何意义（即投影）可以发现答案一定在凸壳上，并且投影的变化是一个单峰函数，可以三分。现在需要处理的只有删除操作，线段树分治即可。 阅读全文
posted @ 2018-10-25 20:36
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摘要：
A：设f[i][j][0/1]为前i个数第i位为j且第i位未满足/已满足限制的方案数。大力dp前缀和优化即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #inclu 阅读全文
posted @ 2018-10-25 12:39
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摘要：
注意到答案一定是原串的子串，于是考虑造出SA，二分答案是第几小的子串。第k小子串很容易在SA上求出。之后计算使他成为最大子串至少要在几个位置切割，对每个字典序比答案大的后缀，找到所有合法切割位置（求lcp即可），就转化成了选最少的点使每个区间都包含至少一个点的经典问题。 阅读全文
posted @ 2018-10-25 00:19
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SA写了就忘，SAM根本学不会，没救。 SA模板： 阅读全文
posted @ 2018-10-24 20:38
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设f[i][j]为前i个数中所选择的最后一个数在第j位上为1时的最长序列长度，转移显然。 阅读全文
posted @ 2018-10-24 01:35
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摘要：
感觉非常不可做，于是考虑有什么奇怪的性质。 先考虑怎么求子集和mex。将数从小到大排序，假设已经凑出了0~n的所有数，如果下一个数>n+1显然mex就是n+1了，否则若其为x则可以凑出1~n+x所有数。 对于区间查询，建棵主席树即可，每次查询权值线段树上lastn+2~n+1的区间，用区间和更新n， 阅读全文
posted @ 2018-10-23 22:28
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