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一开始看题看成计数这样的区间了，想自闭了 QAQ。 我们先手玩一下看看这样的区间有没有什么性质（记录一下踩的坑）： 满足条件的区间有没有可能不多？显然并不是，考虑 $1,1,1\dots$，是 $O(n^2)$ 的。 对于某一类区间（右端点相同/长度相等），有没有可能满足条件的区间成一组组地分布（比 阅读全文
posted @ 2023-03-02 11:43
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以下我们并没有考虑计数时重复计算的问题，讨论一些细节可以做到这一点。并且假设 $n,m$ 同阶。 首先我们考虑 $k$ 比较小的情况。 考虑最简单的 $k=3$。 一个非常直观的做法应该是枚举一个点 $u$ 和它的出边 $(u,v)$，然后再枚举 $v$ 的一条出边。这个大概是 $O(m(n+m)) 阅读全文
posted @ 2023-02-26 21:15
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bzoj2120 每块维护 $pre_i$，代表该颜色上次出现的位置，将其排序。维护 $ans$，代表块答案。$O(\frac{n}{sz}\cdot sz\log sz)=O(n \cdot \log sz)$ 对于询问 $[l,r]$，先把所有块的答案加起来，然后减去 $pre_i \geq l 阅读全文
posted @ 2023-02-21 16:55
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把操作离线下来。 把每个修改操作差分拆成两个操作，然后类似于扫描线，在位置序列上扫描，维护该位置上的历史数组，一共有 $O(q)$ 次修改，$O(q)$ 次查询。 每次操作形如给 $[pos,n] += v$，每次查询形如查询 $[1,pos]$ 中 $\geq v$ 的个数。 这个是典中典分块，显 阅读全文
posted @ 2023-02-21 16:54
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先考虑如果修改操作是对整个序列进行的应该怎么做。 我们发现这个时候相当于对一个可重集合做这些操作，不妨认为有一个数组 $ar[i]$ 表示 $i$ 出现的次数。 这时询问是简单的，考虑怎么修改。发现倘若当前的值域是 $[0,mx]$，执行一次参数为 $x$ 的操作后，我们可以分类讨论： 若 $x > 阅读全文
posted @ 2023-02-21 16:54
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首先，我们发现这个有贡献的数对可以有 $O(n^2)$。（显然你构造一个升序就行了） 然后，这就说明我们肯定不能把这些贡献一个个算出来丢到平面上。考虑到贡献只有 $p_1,p_2$ 两种，考虑把相同的丢到一起去算。 对于数对 $(l,r)$，我们去考虑区间 $[l+1,r-1]$ 的最大值所在位置为 阅读全文
posted @ 2023-02-21 16:54
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一眼 dfs 序，转变成每个询问 $(u,v,k)$ 询问 $l[u] \leq a \leq r[u],l[v] \leq b \leq r[v]$ 的 $(a,b,v)$ 中值第 $k$ 小的。 这个一眼是个数点对吧，但显然不能直接数。 我们可以二分答案，变成询问矩形内有多少个点，这个可以直接树 阅读全文
posted @ 2023-02-21 16:54
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考虑我们关心什么信息：每个寿司被谁选了。这个是 $O(3^n)$ 的。 但我们其实只关心一个信息：当前状态是否合法。这个是 $O(1)$ 的。 显然后者过于简单以至于我们无法转移状态，考虑折中一点，我们想知道是否合法，想在新加入一个寿司的时候判断是否合法，那么我们需要知道每一个质因子被谁选了，这是 阅读全文
posted @ 2023-02-21 16:54
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先考虑两个包含的区间能否转化，发现并不可以。 有一个显然的想法是我们可以暴力求出每个位置的上界 $up_i$。 现在问题变成 $v_i \leq mx_i$，同时要求 $\forall i \in[1,Q],\exist j\in[L_i,R_i] ,v_j=x_i$。 这个问题好像不是很好做，我想 阅读全文
posted @ 2023-02-21 16:53
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首先显然是个 dp。 然后我们来考虑设计状态。一个比较自然的想法是设 $f_u,g_u$ 分别表示 $u$ 子树内满足 牵扯到其子树 / 完全在其子树内 的限制的答案。但是 $g_u$ 由 $v$ 合并来时，倘若不选 $(u,v)$ 这条边，按理说应该是 $f_v$ ，但这时多考虑了一些限制，无法转 阅读全文
posted @ 2023-02-21 16:53
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