随笔分类 - 7.————其他————
摘要：就是求连通块的数量，可以维护一个斜着的扫描线，set里只保留在R范围内的点 然而怎么维护连通块呢。。 其实只需要向能够到的最靠左和最靠右的点连边就可以，剩下的点之前就已经连好了
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摘要：考虑颜色比较少的时候，第一问可以直接斯坦纳树 第二问考虑二分，每次把每格的权值给成1000+[a[i]>m]，就是在个数最少的基础上尽量选小于等于m的 然而颜色太多不能直接做，但可以把每种颜色映射到5以内，这样的话，做一次的正确率就是作为答案的那5种颜色分别被映射到了1~5的概率，就是$\frac{
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摘要：考虑到蚂蚁们的相对位置不会变化，而且，如果把“相遇后掉头”看作是“相遇后交换编号”的话，也可以得出来最后都有哪些位置有蚂蚁 然后，只要确定哪个位置是“1”就可以了 然后搞一个指针p代表原来第一个位置的蚂蚁现在的位置（相对于0来说的），每当有蚂蚁穿过0位置，p就根据穿过的方向加加减减就可以了
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摘要：题意：有两数a,b，每次你可以给定c,d询问a xor c和b xor d的大小关系，最多询问62次（$a,b<=2^{30}$）,问a和b 考虑从高位往低位做，正在做第i位，已经知道了a和b的前i-1位 这样的话，只要让a、c，b、d的前i-1位相同，就和前i-1位没关系了 考虑在第i位上abcd
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摘要：题意：给一个数列，你可以进行至多n+1次操作，每次给一个前缀对某数取模或者加某数，使得最后数列严格单增 考虑到因为是前缀和而且还不能加负数，光靠加是不能让前面的小于后面的 所以要让他先在模某数意义下单增，最后再模一下 先钦定好mod，然后从后往前做，这时候a[i]已经定下来，只要给前i个加上某数使得
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摘要：首先整体二分，问题变成是否存在经过一个点的满足条件的路径 那么我对于每个路径(a,b,lca)，在树状数组的dfn[a]++,dfn[b]++,dfn[lca]--,dfn[fa[lca]--] 然后直接查那个点的子树和就行了
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摘要：考虑整体二分，问题就变成了每个(水果)路径有多少个满足条件(权值)的(盘子)子路径 考虑一个盘子(a,b)表示两端点(不妨设dfn[a]<dfn[b])，那么他能接到的水果(u,v)一定满足(不妨设dfn[u]<dfn[v])： 1.如果a是b的祖先，则u在(a的在(b,a)链上的孩子)这个子树外，
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摘要：考虑如果只有距离为1的边，那我用在时间i到达某个点的状态数矩阵 乘上转移矩阵（就是边的邻接矩阵），就能得到i+1时间的 然后又考虑到边权只有1~9，那可以把边拆成只有距离为1的 具体做法是一个点拆成9个然后串联
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摘要：对于加减，用bitset维护当前每个数有没有 对于乘，暴力枚举约数 然后莫队 复杂度$O(m(\sqrt{n}+\frac{c}{64}))$
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摘要：好像所有人都写的左偏树 但我不会啊233 首先发现乘的时候 系数不会为负，所以能得到一个关键条件：变化后的战斗力随变化前的战斗力大小单调 所以我们考虑倍增 设hp[x][i]是从x开始一路攻克$2^i$个城池所需要最小的初始生命值 设trans[x][i][0/1]是攻克了$2^i$个城池后攻击力的
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摘要：设f[i]是以i位置为结尾的最长满足条件子序列的长度 那么j能转移到i的条件是，$j<i , max[j]<=a[i] , a[j]<=min[i]$，其中max和min表示这个位置能变化出来的最大值或最小值 这个东西用一个cdq来做 具体来说，先做左半区间，然后左边按max排序，右边按a排序，把左
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摘要：首先二分一下答案，就变成了找长度>=m的 不相交的路径的个数 考虑到在一个子树中，只有一个点能出这个子树去和别的点搞 所以我这个子树里尽量自我满足是不会有坏处的 而且要在自我满足数最大的条件下，剩下一个尽量大的去把他搞出去 具体来说，我们设f[x]是x的子树中的满足条件的最大路径数，g[x]是在f[
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摘要：和NOIp2013 积木大赛一模一样 我在堆一格的时候，我把它尽量地往右去延伸 于是如果对于一个i,a[i-1]<a[i]，那i在之前一定只堆过a[i-1]那么多，所以要再堆a[i]-a[i-1] 如果a[i-1]>=a[i]，那i肯定都堆过了
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摘要：考虑某两行a和b的dis 如果相同：$|a-b|$ 如果不同：$n-|a-b|$ 然后考虑三行的dis，不妨设a>=b>=c 那么有4种情况： 1.a,b,c 0/1的种类相同：$|a-b|+|a-c|+|b-c|=2a-2c$ 2.a和b相同：$2n+2c-2b$ 3.a和c相同：$2n$ 4.b
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摘要：可以直接套动态dp，但因为它询问之间相互独立，所以可以直接倍增记x转移到fa[x]的矩阵
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摘要：先跑一边dijkstra算出从1到i的最短距离dis[i] 然后建反向边 从n开始记忆化搜索，(p,k)表示1到p的距离=dis[p]+k的方案数 答案就是$\sum\limits_{i=0}^{k}{(n,i)}$ 考虑0环，如果我记搜的时候搜到了0环，那答案就是-1，可以先用tarjan处理一下
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摘要：传送门 sbw太神啦orz 首先N<=20可以直接暴搜 然后玄学剪枝可以过18个点 那么N<=40的时候，就把它拆成两半分别暴搜，再用dp拼起来 对于前半段，设f[i][j]是开始高度为i，获得金币为j的方案数；对于后半段，设g[i][j]是结束高度为i，获得金币为j的方案数（离散化一下高度） 然而
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摘要：首先如果L=1，那就可以直接用一个优先队列来做 但它并不是1 所以要换个做法 假设我们已经知道第L的数是x，第R的数是y 那其实就只需要找到[x+1,y+1]这一段，然后再加上一定数量的x和y就是答案 于是可以枚举A[i]，二分B[j]找到 然后考虑怎么找第L的数是多少 其实也是二分出一个数，然后比
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摘要：用一个树状数组维护前缀和，每次我二分地找一个位置，使得我能一路买过去 但这个买不了 那以后肯定也都买不了了，就把它改成0，再从头二分地找下一个位置，直到这一圈我可以跑下来 然后就看跑这一圈要花多少钱、能买多少糖，拿T除一除，减一减，再去跑下一圈 每个位置只会被删一次，所以复杂度是$O(nlog^2n
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摘要：考虑如果数字范围没有这么大的话，直接做一个差分数组就可以了 但现在变大了 所以要用一个map来维护
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