10 2018 档案
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：对每趟车建一个虚点p，对于不停车的x，连边(x,p,1)；对于停车的y，连边(p,y,0)有一条边(a,b,l)就是说b-a>=l由于题目保证一定能走，直接拓扑序dp算最大的就行了
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摘要：设s[x][i]表示从根到x的异或和在第i位上的值（0/1)，(a,b,i)表示a到b的异或和在第i位上的值那么就有(a,b,i)=(s[a][i]^s[b][i]^s[lca][i]^s[lca][i])=(s[a][i]^s[b][i])也就是说，能搞出来s[a][i]和s[b][i]的相同或不
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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：luogu1415 拆分数列的加强版 先考虑弱化版怎么做 设f[i]表示某一串数，最后一个数的右端点是i时，它的左端点的最大值（也就是说，这一串数的最后一个数尽量小） 那么有$f[j]=max\{i+1|num[i+1,j]>num[f[i],i]\}$ 这样推下去，f[N]就是最后一个数的最小值
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摘要：用线段树记每个子树中包含的数，然后合并的时候算出来逆序对的数量（合并a,b时，就是size[ch[a][1]]*size[ch[b][0]]）,来决定这个子树要不要翻转
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摘要：反正先求一遍sa 然后这个问题可以稍微转化一下 默认比较A、B数组中元素的大小都是比较它们rank的大小，毕竟两个位置的LCP就是它们rank的rmq 然后每次只要求B[j]>=A[i]的LCP(B[j],A[i])，然后再求A[j]>B[i]的LCP(A[j],B[i])即可 这两个其实是差不多的
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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$O(nlog^2n
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摘要：他都告诉你能拆了 那就拆呗。把每个重量拆成$a*2^b$的形式 然后对于每个不同的b，先分开做30个背包 再设f[i][j]表示b<=i的物品中 容量为$ j*2^i+W\&((1<<(i-1))-1) $（就是这一位是j+W的前i-1位）的最大权值（这个容量没必要填满） 然后f[i][j]就可以从
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摘要：给每一个联通块黑白染色（一条边两端点不同色），看是否能染 然后选那个出现次数比较少的颜色
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摘要：少女填坑中... 欧拉路径/欧拉回路 欧拉路径是一条经过图中所有边且只经过一次的路径（类似于一笔画问题）；欧拉回路的话就是起点和终点相同的欧拉路径 存在条件 考虑有向图时欧拉回路存在的条件：由于每条边都要经过，所以每个点的入度和出度都要相等 然后再考虑欧拉路径：可以假装有一条从终点到起点的边，加上这
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摘要：这题我是离线做的 设i位置的数上次出现的位置是pre[i]（如果第一次出现那就是0） 可以想到，用线段树维护一个区间的pre的最小值，如果它小于区间左端点，那这个数就是一个合法的答案 但直接这样做是错的 考虑1,2,3,4,[1,1],5，虽然前一个1的pre在区间外面，但他后面还有一个1啊 所以可
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摘要：题意：无向联通图，求一条最长的路径，路径长度定义为u到v必须经过的边的个数 如果把强联通分量都缩成一个点以后，每个点内部的边都是可替代的；而又因为这是个无向图，缩完点以后就是棵树，跑两遍dfs求直径即可
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摘要：设f[i]是以i为开头的好子序列的个数 那么有$f[i]=\sum\limits_{j=i+a[i]+1}^{N+1}{f[j]*C_{j-i-1}^{a[i]}}$（设f[N+1]=1）就是以i为开头选出一个好子数组的每种情况*再把它拼到后面的一个好子序列的数量 随便用什么方法预处理一下组合数就行
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摘要：考虑如果数字范围没有这么大的话，直接做一个差分数组就可以了 但现在变大了 所以要用一个map来维护
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摘要：先把区间按照长度从小到大排序，然后用尺取法来做 大概就是先一点一点把区间算上 直到某个点被覆盖了m次，然后一点一点把最前面的区间扔掉，直到没有点被覆盖m次，这样反复做（相当于是它选择的区间左右端点在那里摩擦） 判断有没有点被覆盖m次可以用线段树来做
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摘要：首先，应该尽量让吃饭慢的排在前面，先按这个排个序 然后再来决定每个人到底去哪边 设f[i][j]是做到了第i个人，然后1号窗口目前的总排队时间是j，目前的最大总时间 有这个i和j的话，再预处理出前i个人的排队总时间sum[i]，可以知道在2号窗口的排队时间是sum[i]-j 拿着两个去更新答案就行了
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摘要：单调栈维护栈顶为高度最大的 记下来栈中每个元素入栈时顶掉的最靠左的一个位置（如果没顶掉就是它本身），那么在它出栈的时候，它所带来的面积就是(出栈位置-记录位置)*高度 （可能会有加一减一之类的细节）
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摘要：先预处理出来从每个位置 以0开始 往右交替最多能放多少格 然后就相当于对每一列做HISTOGRA
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摘要：分析1的个数的奇偶性： 奇xor奇=偶xor偶=偶 奇xor偶=奇 所以只要统计1的个数是奇数的数的个数 和 是偶数的个数 乘一起就行了 直接用bitset来做，虽然常数很小/数据随机可以过，但复杂度是$O(nlogv)$的 其实可以把一个数拆成前16位和后16位，先预处理出来$2^{16}$个数的
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摘要：先标记上一个人所有最短路上的边（同时也要标记反向边） 然后拿着另一个人最短路上的边（会构成一个DAG）去做拓扑dp，记从原点到某个点的最大的某个路径的被标记的边的个数
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摘要：为了节省能量，我们会希望一个已经烧开了的水温度越低越好 那么可以得到结论，它要依次去碰当前温度从大到小的水 然后再把温度最高的烧开呗 可是直接模拟会T 稍微写一写大概能找到每次烧开花费能量的一个规律 但我哪找得出来啊 知道了以后也不会证
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摘要：他要求的就是lcp(x,y)>=i的(x,y)的个数和a[x]*a[y]的最大值 做一下后缀和，就只要求lcp=i的了 既然lcp(x,y)=min(h[rank[x]+1],..,[h[rank[y]]]) 那么我们求出来对于每一个h，以它作为最小值的区间的左右端点就可以了，这个可以用单调栈，具体
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摘要：常见套路：棋盘黑白染色，就变成了一张二分图 然后如果选了黑点，四周的白点就不能选了，也是最小割的套路。先把所有价值加起来，再减掉一个最少的不能选的价值，也就是割掉表示不选 建边(S，黑点i，v[i])，(黑点i，i四周的白点，inf)，(白点j，T，v[j]) （黑点还是白点，你必须要割一个...）
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摘要：虽然割点不好搞，但是可以变成割边呀 拆点，拆出来的边权给1，原图中的边权给inf，然后跑dinic就行了
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摘要：Bob肯定想挑一个流量最大的边，然后把所有的费用都加给它呗 那Alice就让流量最大的边尽量小呗 那就二分一下答案再dinic呗
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摘要：我们发现，这个染色的操作他就很像LCT中access的操作（为什么？？），然后就自然而然地想到，其实一个某条路径上的颜色数量，就是我们做一个只有access操作的LCT，这条路径经过的splay的数量 然后考虑怎么样来维护这个数量。access的过程中，有实边变虚边、虚边变实边的操作，对应过来，实边
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摘要：如果把“我全都要”看作是我全不要的话，就可以用最小割解决啦 源点S，汇点T 我们试图让每个市民作为一个等待被割断的路径 把狗狗给市民：建边(S,i,1)，其中i是市民 把狗狗给守卫：建边(j,T,1)，其中j是守卫（也就是边） 市民要在路上所有边看到狗：建边(i,j,1)，其中i是市民，j是i经过的
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摘要：用途 树上多次询问，每次询问关于一些关键点，关键点总个数给定限制；单拿出来每个询问，基本上树形dp可以解决 思路 把每次询问的点和询问的点的lca（即关键点）浓缩到虚树上，两点之间的连边包含原树中两点间路径的信息，再在虚树上暴力(?)处理 做法 先yy一个在原树上对于单一询问的做法，然后把它放到虚树
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摘要：一定是从随便某个点开始，然后按着dfs序的顺序跑一圈是最好的 所以说，新加一个点x，就减少了dis(pre,next)，增加了dis(pre,x),dis(x,nxt) 删掉一个点同理 这个可以用set维护
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摘要：我也想要皮卡丘 跑一遍dijkstra，可以建出一个最短路DAG（从S到任意点的路径都是最短路），然后可以在上面建支配树 并不会支配树，只能简单口胡一下在DAG上的做法 建出来的支配树中，某点的祖先集就是从S到该点的必经点集，也就是说，炸掉某点，这个子树都会变得angryunhappy 大概就是按拓
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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：容易得出，如果我们按照深度一层一层地做，做完一层后，这层某个点的答案就是它的祖先们的子树大小（统计大小时不包括树根） 由于我太菜了不会别的方法，虽然N是5e5的，还是只好用一个树剖（树状数组降常数）水过去了 就是统计到某个点的时候把它的父亲到根+1
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摘要：先用kruskal处理出一个最小生成树 对于非树边，倍增找出两端点间的最大边权-1就是答案 对于树边，如果它能被替代，就要有一条非树边，两端点在树上的路径覆盖了这条树边，而且边权不大于这条树边 这里可以树剖来做，但是不想用.. 如果先把非树边从小到大排序然后去覆盖树边，那么一条树边只需要被覆盖一次
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摘要：先用线段树处理出推倒某一个后能覆盖到的最右端的位置R（绝对不能是最右边的那个骨牌，因为有可能右面的很短，左面的巨长(R不随L单调)，后面算花费又需要用到这个位置），之后可以花费R到第一个比R大的左端点来跳到下一个骨牌 然后可以倍增处理出跳多少次能跳到哪个骨牌，统计答案即可
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摘要：可以证明，如果合并两棵树，新的直径的端点一定是原来两树中直径的端点 可以把新加两个点的操作看成是把两个只有一个点的树合并到原来的树上，然后用其中的一个点去和原来树上的直径两端点更新直径就可以了
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摘要：《Segment tree Beats!》，反正我不会
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摘要：按点的深度从大到小排序，每次取出深度最大的那个点，如果它还没被覆盖，就在它爷爷上放一个消防局，这样一定是最优的 为了判定是否被覆盖，可以记录从某点的子树中到这个点的最近消防局的距离dis[]（如果没有就是inf呗） 这样的话，对于x，如果dis[x]<=2或者dis[fa[x]]<=1或者dis[f
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摘要：先kruskal求出一个最小生成树，然后对于每条非树边(a,b)，从树上找a到b路径上最大的边，来把它替换掉，就是包含这条边的最小生成树
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摘要：把式子展开以后会发现，可以用线段树维护$x,y,x*y,x^2$分别的区间和 然后操作有区间加和区间修改 这个pushdown的时候，如果改和加的标记同时存在，那一定是先改再加，要不然加的标记已经被清掉了 所以在pushdown的时候，如果有改的标记，要把孩子的加的标记清掉 然后注意细节就行了（用*
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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：首先如果没有出现次数的限制的话，这题就是超级钢琴 但由于有了这个限制，不能简单地用前缀和 考虑顺着做的时候每个点的贡献，如果a[i]=x,x上次出现位置是lst[x]（可以用一个map来记），那它会给右端点为[i,N]，左端点为[lst[x]+1,i]的区间带来x的贡献 根据szr巨佬的说法，主席树
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摘要：首先大概有一个树剖+树套树的做法，但我哪会写啊 然后发现k很小，如果用线段树记每个区间前k大的的话，可以O(k)地合并 而且一个点还有可能有好多个骑士，所以要用multiset维护一下 然后树剖就好啦
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摘要：sbw巨佬的卡空间方法，把线段树的叶节点只记到长度为16的区间，然后在叶节点上暴力修改查询，这样点数是$\frac{N}{8}$的，可以过... orz
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摘要：给一些字符 求它们能拼成的字符串 的回文子串的个数最大值 对应的那个字符串 就是把相同的都放一起是最优的，排下序就行了...
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摘要：可以证明，如果我搜索的话，一个点最多只有两个最优状态：向左剩余步数最大时和向右剩余步数最大时 然后判一判，bfs就好了 dfs会T惨...
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摘要：如果给相同的位置连边，最后联通块数是n，最后答案就是$9*10^{n-1}$ 但直接连边是$O(n^2)$的 所以事先处理出一个ST表，每次O(1)地给那个ST表连边 最后再一点一点下放，就是把在这层的同一集合的的左儿子连到一个里，右儿子连到一个里 统计最下面那一层的联通块数量就行了
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摘要：因为只能带一个，买卖价格又一样，所以只要右边的比左边的大，就从这买下来然后带到下一个卖掉就行了（我想到别处再卖的话大不了再重新买回来嘛） 所以给max(w[i]-w[i-1],0)维护一个前缀和就行了
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摘要：一个JSB做法 由$\frac{x*b0}{gcd(x,b0)}=b1$,可得$\frac{x}{gcd(x,b0)}=\frac{b1}{b0}$ 设$b2=\frac{b1}{b0}$ 所以对$b2$和$b0$分解质因数，可以得到结论： 1.x必须包含b2中所有的质因数，且个数等于它在b2和b0
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摘要：直接建图边数太多，用线段树优化一下 然后缩点，记下来每个点里有多少个炸弹 然后按拓扑序反向dp一下就行了
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摘要：我在做spfa的时候，如果有一个点被更新了超过N次，证明这个图里是有负环的。 （神TM输出YE5和N0）
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摘要：首先floyd求出来每两点间的最短距离，然后再求出来从某点买再到某点卖的最大收益 问题就变成了找到一个和的比值最大的环 所以做分数规划，二分出来那个答案r，把边权变成w[i]-r*l[i]，再做spfa判正环就行了 （本来想偷懒用floyd判正环，结果T了）
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摘要：直接设f[i][j][k][l][2]是在(i,j)时两人分数是k,l，复杂度会爆掉 但其实只需要知道两人分数只差就行了 所以设f[i][j][k][2]，k是分数之差%(K+1)，最后一位表示该谁走了
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摘要：易证我们走的时候只会从某一层的某端点走向另一端点、然后走向下一层的某端点.. 所以建图然后dijkstra就行了 调了一年以后发现dijkstra写错了
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摘要：首先二维树状数组肯定开不下 仿照二维树状数组的做法，如果有差分数组$d[i][j]=a[i][j]-a[i-1][j]-a[i][j-1]+a[i-1][j-1]$，那么就有: $$sum[x][y]=\sum\limits_{i=1}^{x}{\sum\limits_{j=1}^{y}{\sum\
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摘要：对于一个区间四个角的点，可以用线段树记下来它们两两的联通情况 区间[l,r]通过两个子区间[l,m],[m+1,r]来更新，相当于合并[l,m],[m+1,r]，用(m,m+1)这条边来合并 查询a,b答案的话，不仅可以直接从[a,b]区间连通，也有可能从旁边绕了一圈 总之细节很多 懒得写了 升级版
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摘要：贪心地，可以建出一棵树，每个区间对应一个点，它的父亲是它右边的、与它不相交的、右端点最小的区间。 为了方便，再加入一个[0,0]区间 于是就可以倍增来做出从某个区间开始，一直到某个右界，这之中最多能选多少区间 这样的话，可以从[0,0]区间，倍增做出第一问的答案 考虑第二问，我们需要尽量选编号小的区
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摘要：根为r时x、y的公共祖先，就是lca(x,r),lca(x,y),lca(r,y)中深度最大的那一个，不要再在倍增的时候判来判去还判不对了...
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摘要：成环，把每个区间变成两个然后展开成链 一个人的下一个人肯定是在彼此相交的基础上，右端点越大越好 于是就把它连到相交的、右端点最大的点上，连成一棵树 于是每次只要从某个节点开始，一直在树上跳到覆盖了一个M为止，统计数量 这个可以倍增来做
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摘要：dfs序后用线段树来记每个节点的前缀和 每次找一个前缀和最大的节点，然后把它到根的路径上的每个之前没被走过的点 对应的dfs序的区间 减掉那个点的权值 每个点最多被减一次，复杂度是$O(nlogn)$的
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摘要：由于是$2^i$，所以一定要尽量留下来编号大的点 我们干脆就让n号点做树根，它是一定要留的 然后如果要留i的话，i一直到根的路径也都要留。所以只要判断一下够不够把这个路径上还没有留的都留下来 记录下已经留下来的点，然后倍增来找就可以了 然后如果可以的话，可以一个一个往上跳地修改，反正每个点只能被留下
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摘要：不能把数存下来。 于是来打擂台，如果新数和他不相等，cnt--，否则cnt++。如果cnt<=0了，那个新数就来把它顶掉，然后把cnt重置成1 最后在台上的就是那个次数大于N/2的众数 （连<bits/stdc++.h>都不能include..直接MLE）
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摘要：根据各点到圆心的距离相等，可以列出有N个等号的方程 假设圆心坐标是(x,y,z,...)的话，$x^2,y^2,z^2$等是可以消掉的 于是整理一下，就变成了N元1次方程组，有N个方程、而且保证是相容的 高斯消元的话，就是拿着第一式去把剩下的第一项都消了，再拿第二式把剩下的第二项都消了，...到最后
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摘要：由于有相同权值的边不超过10条的限制，所以可以暴搜 先做一遍kruskal，记录下来每个权值的边使用的数量（可以离散化一下） 可以证明，对于每个权值，所有的最小生成树中选择的数量是一样的、而且它们连成的连通块也是一样的 所以我们把每个权值的边分开暴搜所有可能的情况，最后再乘到一起就是答案
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摘要：把超级钢琴放到了树上。 这次不用主席树了..本来以为会好写一点没想到细节更多（其实是树上细节多） 为了方便，对每个点把他的那个L，R区间转化成两个深度a，b，表示从[a,b)选一个最小的前缀和（到根的和）减掉 为了更加方便，编号变为2~N+1，然后把2连到1上，1作为一个假根，权值为0 然后倍增去找
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摘要：思路：先扫一遍所有点作为右端点的情况，把它们能产生的最大值加到一个优先队列里，然后每次从优先队列里取出最大值，再把它对应的区间的次大值加到优先队列里，这样做K次 可以用一个前缀和，每次找i为右端点的第K大时，就相当于找[i-R,i-L]（可能有±2的偏差，会意）的第K小值，然后把它减掉 这个可以用主
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摘要：算$m^n-m*(m-1)^{n-1}$，就是总的减去不越狱的，不越狱就每次都选一个和上一个不一样的
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摘要：既然他是非降的，那我们可以把这个序列每一位转化成到这位位置连续相同的个数，比如001111233444变成121234112123，然后一个区间内的最大值就是众数的位数。但有个问题，就是这个区间的左端点可能切开了某个连续相同的段，比如1111查后两个，查到的最大值就是4，只要给每一位记一下从他开始的
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摘要：（警告：本篇博客包含大量人类本质内容） 先处理出来lca，然后就只需要知道从每个点到他的父亲、和从他的父亲到这个点的期望时间就可以了 我们设f[x]为x到他父亲的期望时间；g[x]为从x的父亲到x的期望时间（注意到这两个是不一样的） 只考虑怎么算f，g是类似的 从某个点想走到他父亲时，情况会有：直接
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摘要：由于保证有解，所以1%gcd(x,y)=0，所以gcd(x,y)=1，直接做就行了
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摘要：设f[i][j]为把i拆成j个不重复的、大于0小于等于N的数的方案数 我们考虑一个方案是怎么来的：（初始状态是f[0][0]=1） 如果这个方案里有1，那它是先把原来的状态的每个数加1、然后再增加一个1 如果这个方案没有1，那它是把原来的状态直接每个数加1得来的 就对应了方程$f[i][j]=f[i
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摘要：考虑某个点产生的贡献： 如果i左边是一个比它小的数x，那有两种情况： 1.x的左边的数y大于i，肯定要把x合并到i，i的贡献++ 2.x的左边的数y小于i，那肯定要把x合并到y，而这时候递归地来考虑，总有一天y或更左边的一个数是要合并到i上的，i的贡献++ 如果i左边的数x比它大，那就把i合并到x，
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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=1010,maxm=110; 7 8 inline ll rd(){ 9 ll x=0;char c=...
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摘要：先从大到小排序，看到哪个的时候安排不开了 给每个人拆成两个，如果x和y有矛盾，就给x和y‘、y和x’连边；如果a和b（或a'和b'）在同一个集合里，说明他们一定要在同一个监狱里。
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摘要：先二分出一个时间，把每个军队倍增往上跳到不能再跳 然后如果它能到1号点，就记下来它跳到1号点后剩余的时间；如果不能，就让它就地扎根，记一记它覆盖了哪些叶节点（我在这里用了dfs序+差分，其实直接dfs就行..） 然后对于那些叶节点没有被覆盖完全的(父亲为1号点的)子树，肯定需要一些已经到1号点的军队
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摘要：先二分一个答案x，然后通过差分来看有没有不满足的
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摘要：做dijkstra，但只需要贪心地把每个点连到它左边、右边、上边、下面的第一个点就可以了
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摘要：先用不管什么方法求出来从每个点出发，A走到哪、B走到哪（我写了一个很沙雕的STL） 然后把每个点拆成两个点，分别表示A从这里出发和B从这里出发，然后连边是要A连到B、B连到A、边长就是这次走的路径长度 为了方便，把不能继续走的点连到一个假节点1上（不连应该也无所谓） 然后我们预处理倍增，但要把A走的
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摘要：把一条路径拆成到根的四个链（两端点、lca和fa[lca]），然后给dfs序中链的端点做单点修改、区间查询它的子树和再加上它原来的权值就可以了
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摘要：算出来每个数被计算答案的期望次数就可以 考虑这个次数，我们可以把一次合并反过来看，变成把一个数+1然后再复制一个 记f[i][j]为一共n个数时第j个数的期望次数，就可以得到期望的递推公式，最后拿f[N]乘一乘就行了 要注意每一位的期望次数是不一样的..不存在什么中间的次数一样之类的...
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