11 2018 档案
摘要：用途 $O(n)$处理出n以内所有素数 原理 使用 合数=最大因数(除1和本身外)*最小质因数 的原理来筛，每个数只会被筛一次 对于每个数i，令它是某数的最大因数，然后从小到大地找<=i的素数j，则i*j是合数 直到找到某个j使得$i\%j==0$，因为再往后的话，j'> i的某个因子，我们能交换j
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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：首先分解质因数，$A^B=p_1^{m_1B}p_2^{m_2B}...p_n^{m_nB}$ 然后的话，它的所有因数的和就是$\prod{(1+p_i^1+p_i^2+...+p_i^n)}$ 用一个等比数列求和公式，变成了$\prod{\frac{p_i^{m_iB+1}-1}{p_i-1}}$
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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：反正肯定要建虚树，考虑建完之后怎么做 先随便dp一下算出来距离某点最近的询问点mi[x]（因为有的虚树上的点它不是询问点嘛） 那我们对于某条链x到fa[x]上的非虚树上的点（包括他们的非虚树上的孩子），要么把它分给mi[x]，要么分给mi[fa[x]] 我找到这个中间点以后，在原树上倍增跳过去，算他
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摘要：首先，如果我知道[l,r]，要转移到[l,r+1]的时候，就是加上以r+1为右端点，[l,r+1]为左端点的区间的最小值，其他情况和这个类似 考虑这玩意怎么求 右端点固定的话，我左端点越往左走，这个最小值一定是越来越小 找到[l,r+1]范围内的最小值mi，那么在mi前面的第一个比mi小的位置(记为
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摘要：莫队 如果知道[l,r]的答案时能快速求出[l+1,r][l,r+1][l-1,r][l,r-1]的答案，那么可以用莫队离线求解 如果要从[l,r]得到[l',r']，那么需要$O(|r'-r|+|l'-l|)$次更新答案 所以需要确定一个求答案的顺序使得这玩意最优 以$\frac{n}{q}$分块
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摘要：相邻格子连双向边，如果一个点有障碍，那进它的边权就是1，否则是0 这样的话，两点间的最短路+[起始点有障碍]，就是从一个点走到另一个需要清除的障碍的个数 求出最短路后枚举这两个点就可以了 然而30*30还是太大跑不开floyd，只能写一个dijkstra
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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：交换的话，只有它们中间的书会对答案产生影响 树状数组记位置，套线段树记书的编号 它对应的页数和书的个数 然后就是减掉中间那些原来是逆序对的，再把交换以后是逆序对的加上 别忘了考虑这两个自己交换以后是不是逆序的 最重要的一步：开个O2
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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：相当于是把%k相同的位置的数分为一组，组与组之间互不干扰 然后发现一组中可以任意打乱顺序，并且一定是单调排列最好，那个值就是最大值减最小值 所以我给所有数排序以后，同一组应该选连续的一段最好 然后发现有$n\%k$组元素个数是$\frac{n}{k}+1$，剩下的$k-n\%k$组元素个数是$\fr
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摘要：是一个01分数规划的形式，只不过已经帮你二分好了。 把b乘过去，再减回来，找和等于0的a的最大值就行了
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摘要：首先马拉车一遍（或者用hash），再做个前缀和处理出f[i][j]表示以j为右端点，左端点在[i,j]的回文串个数 然后设ans[i][j]是[i,j]之间的回文串个数，那就有ans[i][j]=ans[i][j-1]+f[i][j]
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摘要：并查集维护每个联通块的直径和最小的最大深度，每次连得时候连的肯定是最大深度最小的那两个点
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摘要：m=n-1的时候，就直接贪心地dfs就可以 m=n的话，就可以枚举删掉一条边，然后照着m=n-1做 $O(n^2)$大概能过 （然而我眼瞎看不到m<=n）
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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：我那个新的货币系统，就是把原来的货币系统中能被其他数表示的数删掉 那我就算有多少数能被别的数表示，那肯定是要被比它小的表示 于是排个序做完全背包就好了 但是我太zz不会完全背包，然后写了个bitset乱搞还开了250000，T到亲妈都不认识 其实完全背包就是把背包的从后往前更新变成了从前往后更新
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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：我的做法： 给询问按$deep[v]+d$排序，每次做到某一深度的时候，先给这个深度所有点的值清0，然后直接改v的子树 官方做法比较妙妙： dfs，进入v的时候给$[deep[v],deep[v]+d]+=x$，出来的时候再减回来 日常忘开longlong，这回事变量开了输出没开
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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：用途 对于某些树形dp（目前只会树上最大权独立集或者类似的），动态地修改点权，并询问修改后的dp值 做法（树剖版） 以最大权独立集为例 设$f[x][0/1]$表示x选不选，这棵子树的最大权独立集大小 那么有（设y是x的孩子） $$f[x][0]=\sum{max\{f[y][0],f[y][1]\
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摘要：首先我们发现$\frac{b+\sqrt{d}}{2}$这个形式好像一元二次方程的求根公式啊(???反正我发现不了) 然后我们又想到虽然这个东西不好求但是$(\frac{b-\sqrt{d}}{2})^n$好像挺好求的啊(???反正我想不到)（由题目给的范围，这玩意在(-1,1)） 于是把这个方程写
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摘要：用途 求回文子串 做法 先考虑回文子串以某字符为中心的情况，即长度为奇数 推着做，记rad[i]为以i位置为中心的最大半径（包含中点） 考虑怎么求rad[i]。找之前的一个右端点最靠右的位置p，设它的中心是j 如果有i<p，那么找到i关于j的对称点2*j-i，那么一定$rad[i]>=min\{ra
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摘要：求公共前缀的问题可以用hash+二分来解决，但这个是动态的，所以我们用平衡树来维护区间的hash值 复杂度$O(mlog^2n)$
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摘要：开b组单调队列，分别维护此时某一列中的最大/最小值 然后我每次把它们的头取出来，塞到维护行的单调队列里，就是n*n的最大/最小值
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摘要：我们先约定：（左） 窗口_人人人人人 （右） 可以发现，我们只需要知道最靠左的还没打饭的人 以及它身后7个人的状态 以及上一个打饭的人是谁 因为他左面的就都打过了 右面7个人以后肯定还没打 可以设f[i][j][k]表示这是第i个人，身后7个人的状态是j，上一个打饭的是k 但其实上一个打饭的离他最远
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摘要：mulx的操作，其实就是给r+1的系数+=r的系数，然后删掉r，把l~r-1向右移一位，再插一个0到原来的位置 splay维护区间加和区间乘就好了 （一定要注意做事的顺序，一件事都做完了再去做别的，否则一splay就全乱套了..）
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摘要：求1~n组成一个抖动序列的方案数 首先这种序列有一些非常妙妙但我发现不了的性质 1.对于一个抖动序列，如果i和i+1不相邻，则交换i和i+1，他还是个抖动序列 2.对于一个抖动序列，我把每个数拿n+1减一下（上下翻转），他还是个抖动序列，只不过波峰和波谷换了一下 3.对于一个抖动序列，我把它左右翻转
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摘要：如果我们能求出来每个区间个数的最大分值，那就可以用线段树维护这个东西 然后出答案了 然后这个的求法和(luogu4269)Snow Boots G非常类似，就是我们把数大小排个序，每次都拿<=x的位置去合并那个并查集，同时维护个数和大小
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摘要：首先缩一波点，就变成了一个DAG，边权是出点的大小 那我们走到某个点的时候可能会有两种状态：已经走过反边或者没走过 于是就把一个点拆成两层(x和x+N)，第二层的点表示我已经走过反边了，每层中的边和原来一样，但对于边(u,v)，我们连一个(v,u+N)，表示走了这条边的反边，这条边的边权是u的大小
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摘要：传送门 本来想用点分治做，结果root又求不对 算的时候还算错了 我好菜啊 结果szr大佬告诉我是树形dp 我好菜啊！！ 我们有$\lceil \frac{x}{k} \rceil = \frac{x+(k-x)\%k}{k}$ 于是可以把这个拆成两部分来求，最后加在一起再除个k 距离和很好求，连接
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摘要：我们来算每个点出现在的集合的个数 设f[i]为i出现的集合个数,g[i]是只选子树i 可以有多少种选法 那就有$g[i]=1+\prod\limits_{j是i的孩子}{g[j]} , f[i]=f[fa[i]]*\prod\limits_{j是i的兄弟}{f[j]}$ 这个兄弟的积可以直接用一个逆
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摘要：首先如果这是一个DAG，我按照拓扑序倒着去选，一定能选到所有入度不为0的点 然后考虑有环的情况 我们拎出来一个强连通分量 先假设它缩点以后是没有入度的 那我最后它里面一定至少剩一个不能选 因为就剩一个的时候肯定没有入度呀 那我显然可以把它看成是一个只有一个点入度为0的DAG 而且那个入度为0的点可以
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摘要：这个东西和最长上升子序列很像 考虑如果已经知道每个位置为开头的LIS长度和个数 f[i]，我可以扫一遍 判断这个个数和K的大小，找到第一个长度=len而且个数<K的，这个位置就是要选的 然后K-=个数，len--，再记下来我这次选的是这个位置（以后还要判断当前位置是否在上一个钦定住的范围内），然后接
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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：我当然想选最大的子段和啦 但要选M次 那不一定就是最好的 所以提供一个反悔的选项，我选了一段以后，就把它们乘个-1，然后再选最好的（类似于网络流的思路） 这个可以用线段树来维护，记一个区间包含左端点/右端点的最大值、最小值（因为要乘-1），还有它们的端点位置 然后一直找 直到最大值<=0
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摘要：我每次都想选那个最大的、或者是它旁边的两个一起选，如果这两个一起选会大于那个最大的的话 那我就先把那个最大的选了，再提供一个反悔的选项（类似于网络流的思路？），就是我可以再把种的树换成它旁边那两个，也是相当于又多种了一个，这个的权值是v[l]+v[r]-v[x] 所以用一个双向链表维护这个l、r，用
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摘要：并查集，不仅记fa，还记与fa的距离，还记根对应的尾节点 路径压缩的时候更新那个距离就行了
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摘要：设f[i][j]是到第i位 已经匹配上了j位的状态数 然后通过枚举下一位放0~9，可以用kmp处理出一个转移的矩阵 然后就可以矩阵快速幂了
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