随笔分类 - 1树状数组
摘要：考虑计算每个位置的数作为最小值时有多少种情况 方便起见，以位置为第二关键字比较大小，这样就不会出现“相同的”数 可以方便地计算出以i位置为最小值的区间端点的可行位置：[A,i],[i,B] 这是我选的一个区间，那么另一个区间会有两种情况：在[A,B]的范围内或者不在 不妨只考虑另一个区间在i这个区间
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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：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：逆序对数=0的时候，这个数列是有序的 然后交换相邻的，看哪个比较大，逆序对数会加1或减1 Jeff用的是最优策略所以他肯定让逆序对数-1 设f[i]表示Jeff操作前，逆序对数为i，最终的期望次数 那就有$f[i]=0.5f[i-2]+0.5f[i]+2$ 以及$f[1]=1,f[0]=0$ 可以得
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摘要：注意到，所有的-1应该是一个不降的序列，否则不会更优那就先求出来不是-1的的逆序对个数，然后设f[i][j]表示第i个-1放成j的前i个-1带来的最小逆序对数量这个可以树状数组来求
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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：首先可以求出从某点做$2^k$次车能到的最浅的点，这个只要dfs一下，把它的孩子能到的最浅的点更新过来就可以 然后倍增地往上跳，不能跳到lca的上面，记录坐车的次数ans 此时有三种情况（设最远能跳到x,y）： 1.再跳也跳不到lca的上面，就是-1 2.路径(x,y)被某趟车覆盖，答案是ans+1
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摘要：带修改区间K大值 这题有很多做法，我的做法是树状数组套权值线段树，修改查询的时候都是按着树状数组的规则找出那log(n)个线段树根，然后一起往下做 时空都是$O(nlog^2n)$的（如果离散化了的话），空间可能会被卡，但实际上点数不用开到特别大，N*200也能过
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摘要：无修改、询问区间种类数的问题可以很容易地用树状数组解决 我们先给询问按右端点排序，然后推着做，每次让a[i]++，表示i处新增了一个种类 但是这样会和前面的有重复，我们只要记下每个种类上次在哪里出现过，当这次又出现了，把前面的那次减掉就可以了 每次处理完之后，就可以计算所有右端点为i的区间的答案，就
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摘要：我们先设f[i][j]表示长度为i，以j结尾的不降子序列个数，$f[i][j]=\sum{f[i-1][k]},A[k]<=A[j],k<j$，用树状数组优化一下可以$O(n^2logn)$求出来 然后我们让g[i]是长度为i的不降子序列的个数，答案就是$\sum{g[i]*(N-i)!-g[i+1
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摘要：由于是一个二次函数的关系，所以易证应该尽量让两组的顺序相同 然后就离散化乱搞几发，最后就变成了求逆序对的数量了
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摘要：用一个差分树状数组维护一下每个深度的和，然后每次拿着路径端点和lca加一加减一减就行了
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摘要：先膜黑科技讲义 - Magolor orz 基础 设lowbit(x)表示的是把x的二进制只留下最低一位的1，然后lowbit(x)=x&(-x) （我也不知道为什么） 设c[x]表示从i往前一共lowbit(x)个数的和，那么x-lowbit(x)就是c[x]表示的范围的前一个数。 然后可以得到c
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摘要：求三维偏序 设三维为a,b,c。先对a排序，这样i的偏序就只能<i。 然而排序的时候需要三个维度都判断一遍，最后还要去重，不然会出现实际应该记答案的数出现在它后面的情况。 （排序用的函数里不要写类似于<=之类的东西啊..会出奇奇怪怪的问题的(RE)） 然后分治来做，我们在做区间[l,r]的时候，先去
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