09 2018 档案
摘要：Richard神犇出给nowcoder的题 用单调栈找到每个点它向右和向左的第一个大于或小于它的位置，然后它作为最大值/最小值的区间就要在这个范围里，那么它的贡献就是这个区间长度乘一乘再减一减 注意一下值相等的时候怎么处理
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摘要：反着建边，从T bfs找合法的点，然后再正着bfs一下求最短路就行了
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摘要：先考虑部分分（只有01/只有0~7)做法：枚举每个数，把和他相同的设为1，不同的设为-1，然后这个数作为众数贡献的个数就是区间和>0的个数 推着做，树状数组记前缀和<=x的区间的数量就可以，复杂度$O(8nlogn)$ 如果直接套过来，$O(n^2logn)$肯定是不行的，但可以发现枚举了所有数以后
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摘要：貌似不用做前缀和也能过？
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摘要：有两种情况：一个点到它的父亲的父亲（要算两次）、一个点的子节点之间互相到达
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摘要：1 #include 2 #define pa pair 3 #define CLR(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 const int maxn=220; 7 8 inline ll rd(){ 9 ll x=0;char c=getchar();...
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摘要：设f[i][j]为到达(i,j)这个位置的最小操作数 就有$f[i][j]=min\{f[i-1][j+Y[i-1]],f[i-1][j-X[i-1]*k]+k\}$ 然后考虑优化一下转移： 对于一系列模x[i-1]相同的高度，它们都可以转移到模x[i-1]相同的高度、而且在它们上边的点，所以只要从
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摘要：先二分出一个x，我们要算使最近的跳跃距离>=x的最少移除数量是否<=M就可以了 然后就别dp了...贪心就完事了...我肯定能不移就不移比较好...
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摘要：设f[i][j][k][b]表示在A串第i位、这是第j组、B串第k位、i号选不选（b=0/1） 那么就有$f[i][j][k][1]=(A[i]==B[k])*(f[i-1][j-1][k][0]+f[i-1][j][k-1][1]+f[i-1][j-1][k-1][1])$,$f[i][j][k]
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摘要：首先求出fail数组，如果没有不重叠的限制的话，我们可以在求fail的时候递推出个数cnt[i]=cnt[fail[i]]+1（这个cnt是算上自己本身==自己本身的） 然后如果是要求不重叠的话，就是相当于一直跳fail，直到找到了一个长度不超过一半的fail，然后num[i]就是它 但如果直接暴力
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摘要：我们先不会就二分一下答案，设它是x，我们要判断它能不能满足 为了满足这个答案，我们就要让原本路径长度大于x的所有路径都经过某条边，而且这条边还要大于等于最长的路径-x 于是运用树上差分的思想，对于所有长度>x的路径，给他的两端点处++，lca处--，这样统计树上每个点的子树的和，就是这个点与它父节点
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摘要：秦九韶算法：多项式$a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n=a_0+x(a_1+x(a_2+...+(xa_n))..)$，这样对于一个x，可以在O(n)求出结果 为了避免高精度，我们同时模几个质数来判断每个的值是不是等于0，这样出锅的概率就非常小 然而这样做复杂度是O(nm)，过不去
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摘要：我们都做过一道题（？）货币兑换，是用cdq分治来解决不单调的斜率优化 现在它放到了树上.. 总之先写下来dp方程，$f[i]=min\{f[j]+(dis[i]-dis[j])*p[i]+q[i]\} ,j是i的祖先,dis[i]-dis[j]<=l[i]$ ，其中dis[i]表示1号点到i号点的距
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摘要：可以把翻倍的操作看作是一个查询和修改（增加刚查询得来的值）的符合操作，然后做cdq就行了
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摘要：经过部分分的提示，我们可以把一条路径切成s到lca 和lca到t的链 这样就分为向上的链和向下的链，我们分开考虑： 向上：如果某一个链i可以对点x产生贡献，那么有deep[x]+w[x]=deep[S[i]]，而且S[i]和lca[i]都在x的子树中 向下：如果某一个链i可以对点x产生贡献，那么有d
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摘要：首先floyd求出每两点间的距离（注意自己到自己的距离要设成0） 然后就是dp了 一开始照着Lifeguards的样子，钦定了一下i这个点一定要选，然后发现复杂度不对，还想了好长时间优化 然后一翻题解，直接两种状态选或不选分开算O(1)转移多好（所以年轻人不要整天满脑子都是钦定钦定的） 但为什么Li
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摘要：由范围可以想到状压dp 两个点（再加上原点）是可以确定一个抛物线的，除非它们解出来a>=0，在本题中是不合法的 这样的话，我们可以预处理出由任意两个点确定的抛物线所经过的所有的点（要特别规定一下自己和自己确定的抛物线只经过自己） 然后设状态s表示目前已经有哪些点被击中了，然后我们钦定这次就要打那个最
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摘要：可以直观地想到用优先队列来做，但数据范围是O(n)的 然后我们发现，因为我们每次挑出来的蚯蚓是单调的，所以把每个切成两段后，那两段也是对应单调的 也就是说，算上最一开始的蚯蚓，我们一共维护三个队列，三个分别单调，每次取出来最大的那个队头就行了
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摘要：离散化一下然后把姓名串和询问串都放一起做SA 和bzoj3277串类似地，满足某一询问的后缀（就是和这个询问对应的后缀的LCP>=这个询问长度的后缀）的排名也是一个区间，把这个区间二分出来即可 现在要做的两个问题就变成了： 给定一些区间、一些点，每个点有对应的颜色（就是sa[i]对应的那个姓名串对应
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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：按照边权排序建出kruskal重构树，每次就变成了先找一个权值<=x的最远的祖先，然后看这个子树的第k小。离散化一下，在dfs序上做主席树即可 而且只需要建叶节点的主席树 注意输出的是第k小点的高度值
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摘要：dp..dp的时候不能设f[N][x1][x2][x3][x4]，会T，要把N省略，然后通过1/2/3/4牌的数量来算已经走到哪一个了
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摘要：我们先bfs一下看看是否能到最底下的所有点 如果不能的话，直接把不能到的那几个数一数就行了 如果能的话： 可以发现（并不可以）某格能到达的最底下的格子一定是一个连续的区间 （因为如果不连续的话，我们先假设中间有一个格x隔开了两个能到的区间，那x一定比那两个区间的端点高，但它又是可达的，那一定有一条路
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摘要：显然可以先把被覆盖掉的区间去掉，然后排个序，左、右端点就都是单调的 设f[i][j]表示前i个区间中删掉j个，而且钦定i不能删的最大覆盖长度 （如果不钦定，就要有一个删掉的状态，那我无法确定前面的到底到哪是没删的） 那么有$f[i][j]=max\{f[k][j-(i-k-1)]+R[i]-max(
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摘要：常见操作：先把所有串都连到一起，但中间加上一个特殊的符号（不能在原串中/出现过）作为分割 由于全部的子串就等于所有后缀的所有前缀，那我们对于每一个后缀，去求一个最长的前缀，来满足这个前缀在至少K个原串中出现过 那我们就二分一下这个前缀的长度。现在的问题就是怎么判断这个前缀是否在K个串中出现过了。 显
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摘要：原理 定义rank[i]表示suffix[i]在所有后缀中的字典序排名；sa[i]表示字典序排名为i的后缀是suffix[sa[i]] 定义height[i]表示排名为i的后缀和排名为i-1的后缀的LCP(最长公共前缀) 可以证明，$height[rank[i]]>=height[rank[i-1]
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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$\sum{g[i]*(N-i)!-g[i+1
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摘要：可以发现，只要存在连续k个相同的，这个情况就一定是合法情况 然而这个不太好算，我们算不存在k个相同的，然后用$m^n$把它减掉 设f[i]为前i个，没有连续k个的 显然$f[i]=m^i ,i<K$ 然后我们现在想把f[i]转移过来，只要取f[i-k+1]..f[i-1]的所有情况，然后在每个的后面
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摘要：我们要出租的话，一定是出租产奶量最少的牛 那我们就看出租多少头牛（其他的卖奶）的时候答案最大就可以了。 （注意N有可能小于R）
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摘要：类似于NOI2018d1t1的离线做法，把询问存下来，排个序，然后倒着给并查集加边，每次询问并查集联通块大小
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摘要：签到一脸 $a_n=10a_{n-1}+1$求出通项$a_n=\frac{10^n-1}{9}$，然后可以化成$10^n=9K+1 (mod m)$，求一个最小的n 然后我们知道这个n一定是<=m的 然后我们设n=i*t-j,其中$t=ceil(\sqrt{m})$,0<=i,j<t，移项，变成$1
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摘要：用途 大规模地处理树上路径 做法 先考虑对x为根的子树做dfs来处理x子树到x的路径，然后统计答案，然后再递归地做x的儿子... 然而当树退化成链时，最差复杂度是$O(n^2)$的 类比一维中二分的做法，其实是使左右区间尽量平均，那我们也让我们要处理的点的子树大小尽量平均 具体来说，我们每次想要做x
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摘要：要求出两点间距离==0(mod3) 的数量，然后除以(n*n） 设f[i][j]为i的子树到i的距离==j(mod3）的数量，然后做树形dp即可 因为要最简，所以要求一下gcd，然后除下去
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摘要：我们是想跑最短路的 我们有两种建图方式： 1.对于每个doge i，连向B[j]==B[i]+P[i]*k ,k=..,-2,-1,0,1,2,... ，边权=|k|，这样连的复杂度是$O(N\sum\limits_{i=1}^{m}\frac{1}{P[i]})$ 2.对于每个楼i，建max(P[
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摘要：N个点，每个点发出一条边，那么这个图的形状一定是一个基环树森林（如果有重边就会出现森林） 那我做f[0][x]和f[1][x]分别表示对于x子树，x这个点选还是不选所带来的最大价值 然后就变成了这好几个环上不能选相邻的点，最大的价值和 我们把这个环从N到1处断开，然后钦定一下1选还是不选，统计一下答
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摘要：给牛和草都按价格排序，然后贪心地把草给牛（就是尽量给满足价格的、要求的美味度最高但不超过这个草的美味度的牛） 这个可以用一个平衡树来维护，偷懒直接用multiset了
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摘要：点分治。WA了一万年。 重点就是统计答案的方法 做法一（洛谷AC bzojWA 自测WA）： 做点x时记到x距离为k的边数最小值为dis[k]，然后对每一对有值的dis[i]和dis[K-i]，给ans[A[i]+A[K-i]]++，然后因为统计到了一部分不合法答案，就做x的儿子，给ans变成--，
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摘要：发现对于某一个点它向上发的一条边，它被经过的次数就是这个点子树数量*不是它子树的数量 那就维护一个前缀和，然后每次拿两个端点和它们的lca的值加一加减一减，再乘上加上的值，就是这次修改后答案的增量 （最后答案还要除以(N*N)） 倍增会被卡空间，难受
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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：https://www.vijos.org/d/SUOI/p/59dc5af7d3d8a1361ae62b97 二分一个答案，然后做一做前缀和，用满足区间大小的最小值减一减，判断答案合不合法 然而还要输出一个最小的区间 太毒瘤了 但其实最后答案中最小区间的端点就只能是刚才做的那个最小值，因为如果不是
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摘要：设f1[i]表示以1..i中某个合法序列的长度，而且最后一位是较大的 f2[i]表示以1..i中某个合法序列的长度，而且最后一位是较小的 那么就有$f1[i]=max\{f2[j]+1\},(j<i,h[j]<h[i])$,f2同理 本来想直接建线段树来维护这个最大值的，但是似乎不需要： 对于f1，
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摘要：把一个点拆成三个，分别对应它的同类、它的猎物和它的天敌，这样的话（以下的相等都是并查集意义上的）： 如果令a,b同类，那么a的猎物不能是b的同类，a的天敌不能是b的同类 如果令a吃b，那么a的同类不能是b的同类、a的天敌不能是b的同类。 要令a,b同类，就使（a和b）的同类、猎物、天敌分别相等 要令
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摘要：我们一位一位地来做，每次判断这一位能否放0，而且要在满足前几位的情况下。用dp来判断 具体来说，设f[i][j]表示前i个划分成j个区间能否满足，那么我们会有转移trans[i][k+1]，当区间[i,k]的和在某些位上不是1时trans[i][k+1]=1 这些位，就是正在做的这位和它之前确定下来
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摘要：我想动某个点的话，一定要先把空白点移动到这个点旁边，然后调换这个点和空白点，一直重复 那么，我们就可以记一些状态(x,y,s) （s={0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}），表示我要动的点在(x,y)，然后空白点在(x+s.x,y+s.y) 这样的话我们就可以建图：$(x,y,s)-1
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摘要：给周围的点编号1到n 我们设f[i]为（1到i和中间点）连成一个联通块的情况数，那么有$f[i]=\sum{f[i-j]*j}$，就是从i-j+1到i里选一个连到中心，然后再把i-j+1到i连成链 但这样的话，1和n不能连，那就再考虑，如果我们通过1-n这条边链起了i个点，那就再从这i个里连1个到中
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摘要：先求出某一段时间[i,j]一直用同一个路径的最短路，乘上天数，记作cost[i,j] 那就可以设f[i]是前i天的最小代价，f[i]=f[j]+cost[j+1,i]+K
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摘要：先按斜率从小到大排序，然后如果排在后面的点B和前面的点A的交点是P，那B会把A在P的右半段覆盖掉，A会把B在P的左半段覆盖掉。 然后如果我们现在又进来了一条线，它跟上一条的交点还在上一条和上上条的左边，这就说明上一条完全被覆盖了 这样的话，维护一个单调栈做一做就可以了 （要先处理一下，斜率相同的只留
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摘要：设f[i][j]为让前i天发生j次暴动需要改变的最少的值 则f[i][j]=min{f[k][j-1]+(x[k+1]!=0)+(x[k+2]!=1)+...+(x[i]!=(i-k-1))} $O(n^3)$直接做就好了
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摘要：https://www.nowcoder.com/acm/contest/172/C （sbw大佬太强啦 orz） 先把每一个路径(x,y)分成(x,lca),(y,lca)两个路径，然后就能发现，对于某两个（直上直下的）路径a,b，b的下端点在a的下端点子树中，且b的上端点深度<=a的上端点深度，
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摘要：二分一下答案，假设是x。 我们把大于x的看成1，小于x的看成-1，等于x的看成0 那某个区间的和如果是正的，就说明这个区间中位数大于x；如果是0，就等于x；如果是负的，就小于x； 这样的话，做一个前缀和，然后维护一下满足长度>=len的最小值，然后减一减，看看是不是>=0就可以了。 （我自己写的话我
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摘要：首先二分一个答案x，然后我们把>=x的数看成1,<x的数看成0，那如果最后剩下1，这个答案就是合法的。 那我们就来算让某一位得1至少需要填几个1（设这个值是f[i]） i=1..n时，显然，如果i已经固定，f[i]=0或inf（取决于原来是1还是0）；如果i还没有固定，那f[i]=1 然后每次就可以
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摘要：对于某个靴子，如果0代表某个格能走，1代表不能走，那么只要连续的1的个数的最大值>=靴子的步长，那这个靴子就不能用。 那么只要对靴子和格子都按深度排个序，然后从大到小来扫一遍（靴子越来越浅，能走的格子就越来越少，也就是相当于在增加1的个数），现在只要能维护把0变成1后，连续的1个数的最大值就行了 用
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摘要：题意：给一个树状的文件结构，让你求从某个文件夹出发访问到所有文件，访问路径字符串长度之和的最小值，其中，访问父节点用..表示，两级之间用/分割 做两次dfs，第一次算DownN[x]和DownS[x]，分别代表从x/访问到它子树中的文件个数和长度之和 第二次算UpN[x]和UpS[x]，分别代表从x
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摘要：平面图转对偶图：先在原图中加一个s->t的边，然后对每个面建一个点，对每条分隔两个面的边加一条连接这两个面对应点的边，边权等于原边权。 然后从刚才加的s->t分割出来的两面对应的两个点跑最短路，求出来的就是s到t的最小割。 要特判n==0||m==0的情况 然后我特判的那个点就T了一万次，在抄eli
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摘要：新建一个N+1的点，飞出去的连到这个上，记size，每次统计x和N+1的链长就可以。 别忘了编号是从0开始的
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摘要：（坑） 网络流模型整理-http://www.cnblogs.com/LadyLex/p/7601119.html
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摘要：做法以后再补，先写一些注意事项。 做法以后也不补了，直接看这个吧。https://www.cnblogs.com/candy99/p/6271344.html 1.rotate其实是最容易写错的地方（对于丝毫没有掌握splay蒟蒻我来说），一定要仔细检查 2.splay之前需要先从根开始往下push
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摘要：求次短路，dijkstra时同时记下到某点的最短距离和次短距离即可。
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摘要：题解劝退系列 设长的那个串是Ａ，短的那个串是Ｂ。 那我们在如果已经知道某个Ａ的时候，Ａ[1..i]和Ｂ[1..j]的最长公共子序列$f[i][j]=max\{f[i-1][j],f[i][j-1],f[i-1][j-1]+(A[i]==B[i])\}$ 于是可以递推来枚举A，顺手把NOI的情况判掉。
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摘要：并查集。 判相切或相交的时候可以两边同时平方，就不需要double和开根号了。
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摘要：时隔多年终于把这道题锅过了 数据范围显然用搜索剪枝状压dp。 可以记还有哪些点没到（或者已到了哪些点）、我们最深已到的是哪些点、这些点的深度是多少，然后一层一层地往下推。 但其实是没必要记最深的那一层的，只要强行装作每次更新都是用最深的深度更新就可以。这样的话，虽然会有很多情况偏大，但是能正确更新的
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摘要：背景 有A[i]和B[i]，求一个最优的选择，使$\frac{\sum{A[i]}}{\sum{B[i]}}$最大（最小同理）。 做法 设某一个可能的答案为r，那么经过变形，会有$\sum{A[i]-B[i]*r}$，当r是最优解时=0，r偏小时>0，r偏大时<0。 然后就可以二分这个r来做了。 例
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摘要：就是01分数规划的思路，只不过当把w[i]-r*t[i]>0的选完以后如果w值还没达到要求，那就再01背包dp一下就好了（dp时w值>W的时候就存在W里就不会爆内存了）。 （跑得很慢..大概是二分的姿势有问题...） （貌似还有直接dp的做法？不会）
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摘要：二分答案建图，然后判环，就可以了。 字典序输出的话，只要做拓扑序的时候用优先队列来维护就可以了。 （其实判环也可以用拓扑序...）
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摘要：设f[i]是第i天能获得的最大钱数，那么 f[i]=max{在第j天用f[j]的钱买，然后在第i天卖得到的钱，f[i-1]} 然后解一解方程什么的，设$x[j]=\frac{F[j]}{A[j]*Rate[j]+B[j]}$，$y[j]=Rate[j]*x[j]$的话，就能得到$f[i]=max\{
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