随笔分类 - BZOJ
摘要：每条边流量至少为 $1$ 直接套用有源汇上下界最小费用可行流
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摘要：对于每一个左端点，考虑其右边那些能更新答案的点 先考虑在其右边且值比当前大的，小的可以将值翻转后做一遍 即对左端点 $i$，找到 $j i$ 满足 $a_j a_i$ 首先找到一个 $j$，下次在 $j$ 右边找到一个 $k$ 满足 $a_j a_k a_i$ 但是这样的点对还是有很多，考虑找下个
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摘要：看到式子的形式，可以想到斐波那契数列的通项的形式 设 $f_n = \left(\dfrac{b+\sqrt d}{2}\right)^n + \left(\dfrac{b \sqrt d}{2}\right)^n$ 这两个是方程 $x^2 bx+\dfrac{b^2 d}{4}=0$ 的两根 根据
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摘要：询问具有可减性，可以差分 $$\begin{aligned} & g(l_1, r_1,x)\times g(l_2,r_2, x) \\=& (g(0,r_1,x) g(0,l_1 1,x)) \times (g(0, r_2, x) g(0, l_2 1, x))\\=& g(r_1,x)\ti
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摘要：转化成dfs序上的问题，变成区间加和区间kth 可以用分块+二分，通常复杂度为 $O(m\sqrt{n\log n}\log n)$，这道题里被卡掉了 设块大小为 $B$，每一块内保持有序 修改时整块打上标记，零散块就现在有序表里分裂成两个序列，一个在修改的区间内，一个在修改的区间外，区间内加上值，
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摘要：忽略不能取同一根的要求。 构造多项式 $A(x) = \sum x_{a_i}$ 那么 $A^2(x)$ 就是取两个木棍，组成长度为 $s$ 的方案。 容斥后得到 $$(\sum x)^2 = \sum x^2 + 2\sum xy$$ $$\sum xy = \dfrac{(\sum x)^2 \
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摘要：无向图的最大团可以转化为补图的最大独立集，而对于B的补图是一个二分图，二分图的最大独立集等于顶点数减去最小点覆盖，而最小点覆盖又等于最大匹配，那么就是求B图的最大匹配 而A图要求选一个奇数一个偶数，那么最多就只能选两个 暴力枚举选哪些，再在B图上跑匈牙利，用时间戳优化，就不用每次都memset了
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摘要：只需要找到长度为 $3$ 的等差子序列即可，可以枚举每一个位置，用bitset预处理出左边有什么值以及右边有哪些翻转的值，然后再与一下，复杂度是 $O(\dfrac{n^2}{32})$，但是它T了 不需要求出具体公差是啥，那么我们看当前位置 $i$ 的值 $x$，$1$ 到 $i 1$ 中 $[1
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摘要：考虑从 $5$ 下手 把状态设为 $f_{a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,type}$ 表示当前剩下 $i$ 次涂色机会的颜色种类数为 $a_i$，而最后一个颜色用的是上一轮剩下 $type$ 次涂色机会的 记忆化搜索即可 对于这种数据范围小的，可以考虑多设几个维度方便DP
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摘要：维护一个栈，从任意一个节点开始 dfs，在回溯时加入到栈中。 dfs每一个子树之后，若相对于刚进入该节点时栈的大小，新增加的节点超过 B，就将它们分为一块 这样分完保证不超过 2B，而整个dfs结束之后，若栈中还有节点，就把它们归为最后一块
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摘要：DP题从来就是不会的。。。 对于波浪序列看成若干条链，s，t 不计入链中，最终序列就是 $0$ 条链 设 $f_{i,j}$ 为插入前 $i$ 个数之后有 $j$ 条链的情况 最后加入 $n$ 只能合并 s，t 所在的链，而他们不在链中 所以答案就是 $f_{n 1,0}$ 若 $i$ 不是 s 或
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摘要：首先判断能否构成回文串 对于前 $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor$ 个字符，若每种字符出现次数恰好为对应的一半，那么就把右半部分对称成左半部分的样子即可，若左边相邻两个字符交换，逆序对个数只会 $\pm 1$，而右半部分的逆序对只会 $\mp 1$，恰好抵消 否则贪心的将右边
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摘要：对任意前缀，前 $n$ 个数被选的不小于没被选的，否则，即使奇数项贴着下界继续放，偶数项也会不满足第 $2$ 或 第 $3$ 个条件。 所以就变成了卡特兰数的定义 $C_n = \binom{2n}{n} \binom{2n}{n+1}=\dfrac{2n!}{n!(n+1)!}$ 组合数对合数取模
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摘要：图上 $1 \to n$ 的任意一条路径的异或和都可以由图上若干个环以及一条 $1 \to n$ 的路径的异或得到 dfs求出所有环，求出线性基，再贪心地从高到低位得到最大异或和
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摘要：同 "BZOJ3450" $(x+1)^3 x^3 = 3x^2+3x+1$ 同时维护期望长度的平方，期望长度即可
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摘要：根据期望的线性性，可以求每个字符对答案的贡献 而每个字符对答案的贡献跟其期望后缀长度有关 设 $l_i$ 表示以 $i$ 结尾的连续 $o$ 的期望长度 若 $s_i = o$，$l_i = l_{i 1} + 1$ 若 $s_i = x$，$l_i = 0$ 若 $s_i = ?$，$l_i =
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摘要：树剖 可以不用换根 若根在查询的点的子树内 那么查询的就是查询的点删去根所在的子树，即为两个区间 否则就还是直接查子树
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摘要：定义 $f_u$ 为 $u \to n$ 的期望长度 拓扑排序之后得到拓扑序从后往前dp $f_u = \sum \limits_{(u,v) \in E}\dfrac{f_v + cost_{u,v}}{Outdeg_u}$
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摘要：期望dp一般逆推，因为终点不确定，而起点确定 那么这道题就可以定义状态 $f_{i,j}$ 为第 $i$ 次抛出宝物到结束种类集合为 $j$ 的期望收益 则答案为 $f_{0,0}$ 而dp过程就可以从后往前叠加贡献 复杂度 $O(kn2^n)$
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