05 2021 档案
摘要：题链 线段树维护区间最大字段和； 讲的非常好 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ls rt<<1 #define rs rt<<1|1 #define LL long long #define ll long long #de
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摘要：题链 线段树维护节点从左边最大，从右边最大，最大子段和，总和，区间最大值； 如果区间最大值小于 0，输出区间最大值； 否则输出最大子段和； #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ls rt<<1 #define rs rt<<1|
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摘要：题链 题意：给定n个点，从中选择一个点poi，使得其他点到x的切比雪夫距离之和最小； 学习有关二维坐标系上有关曼哈顿距离与切比雪夫距离相互转化后； 可将题给求切比雪夫距离转化成求曼哈顿距离，相当于改变题意； 也就是说题意可变成 “ 给定n个点，从中选择一个点x，使得其他点到poi的曼哈顿距离之和最小
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摘要：--概述 --关于转化 曼哈顿距离、切比雪夫距离相互转化 --例题 洛谷P3964 [TJOI2013]松鼠聚会
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摘要：题链 做法1 写T了； 这是做法2； #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ls rt<<1 #define rs rt<<1|1 #define LL long long #define PI acos(-1.0) #defin
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摘要：#-- 原题解 题链 #-- 对于化简后的式子的理解 p[i] 是下标 i 之前有多少个与当前询问字母相同的字母； 将 ai-bp[i] 记为式子① ，将 ci-dp[i] 记为式子②； 为这两个式子构建两颗权值树状数组一二； 对于每一个新加入的 p[i]，用式子②计算权值val2插入到第二颗树状数
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摘要：# 题意 题链 题意：定义一个数字 num 在一个数组中的贡献为 最后一次出现的下标 减去 第一次出现的下标； 定义一个数组的价值 cost 为该数组中出现过的数字 num 的价值总和； 如数组 [2,2,3,2,3]，cost = (4-1)+(5-3) = 5； 给定 n ,m,以及长度为 n
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摘要：题链 原来这才是可持久化的基础之基础 #include <bits/stdc++.h> //#include <ext/rope> //using namespace __gnu_cxx; using namespace std; #define LL long long #define ll lo
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摘要：题链 dp[x] 表示以 x 为进化终点能取得的最大进化次数； 可以发现 dp[x] 等于 树上x的前缀最大值 +1; 但是不可能递归寻找x的父亲直到根节点，因为会超时； 所以采用重链剖分+线段树维护前缀最大值，复杂度O(nlogn*logn)； #include <bits/stdc++.h> u
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摘要：题链 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define LL long long #define ll long long #define ULL unsigned long long #define Pair pair<LL,LL> #de
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摘要：题链 学习自大型同性交友网站，这个B 站up主讲的非常好！ 终于学会了第一个维护树上问题的方法，我好兴奋啊！ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define LL long long #define ll long long #define
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摘要：题链 维护两个数组v1[],v2[]，v1[]用于标记，v2[]用于记录v1的后缀和，对于一个询问，如果在字典树上向下查找直到查找不到时，此时答案就是访问到的v1[]的和，如果查找完了，也就是说字典树上还有比询问更长的串，则答案也是访问到的v1[]的和，但是得加上此时的后缀和v2[]，因为当前v2[
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摘要：题链 字典树模板题； 总结：字典树数组长度应大于等于所有字符串总和长度，数组最后一维取决于字符集的大小； #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define LL long long #define ll long long #define U
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摘要：题链 p[i][j] 表示 mod 为 i,池子为 j 的总和，可以预处理 mod 在 [1,1000] 范围内的答案，O(1)回答每个询问； 如果询问的范围超过了 1000，则暴力跑一边即可； 复杂度顶得住... #include <bits/stdc++.h> using namespace s
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摘要：题链 题意在线求区间众数，若有多个输出权值最小的那个； 离线可采用莫队，在线由于区间众数不满足区间可加性（或许我不知道，不会维护），所以采用分块方式来写； 对于数据范围首先离散化，对长度为 n 的数组分为 sqrt(n) 块，预处理出第 i 块到第 j 块的区间众数答案； 预处理出数组每一个不同值的
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摘要：题链 OI-wiki 字符串以 1 为开头写的 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define LL long long #define ll long long #define ULL unsigned long long #define
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摘要：题链 dp[u][j]表示 包含u这个节点 不包含u节点父亲 大小为j的连通块方案数； 设v是u的一个子节点，并且递归求解出dp[v][j]，递归终点就是dp[v][1] = 1，然后类似背包方法合并dp[u][]，dp[v][]； 记cnt[i]表示大小为i的连通块数量； cnt[i]就是dp[
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摘要：题链 dp[u][j]表示u这个节点取j个物品的最大值（包含u点）； 设v是u的一个子节点，并且递归求解出dp[v][j]，递归终点就是dp[v][1] = val[v]（val[v] 表示点v的权值），然后合并u，v； 答案就是dp[0][m+1]，从0号点选取m+1个物品的最大值（0号物品val
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摘要：LL qpow(LL x,LL y){ LL ans = 1; for(;y;y>>=1){ if(y&1) ans = (ans*x)%mod; x = (x*x)%mod; } return ans%mod; } LL inv(LL x,LL y){ // x/y; return ( (x%mo
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摘要：题链 多次询问一个区间内最小没有出现过的自然数 回滚莫队：发现添加一个数难以维护，故只用删除操作来维护答案。用cnt[]来计数，一开始把[1,n]全部塞进去，记录全局答案ANS，只有新的询问所属的块与上次询问不同时更新ANS（因为该询问前面的块已经没有用了）； 什么时候更新答案ans呢？一开始ans
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摘要：题链 1.普通莫队：维护两个数组v[i]与cnt[i]，v[i]表示i出现次数，cnt[i]表示出现i次的数有多少个； 对于新加入的数很好更新，ans = max(ans,v[x])，对于删除的数x，若这个的数被删之前v[x] = 1了，删完后就没了，并且出现ans次的数的个数cnt[ans] =
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摘要：题链 题意询问区间最大价值，最大价值指区间中 a[i]出现次数*a[i] 的最大值； 莫队解决：发现新增一个数字很好维护最大值（计数就行），但是删除一个数字困难，所以用到回滚莫队 这篇博客看的通俗易懂，代码也是~ 回滚莫队 //#include <bits/stdc++.h> #include <i
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摘要：题链 1、 Q L R代表询问你从第L支画笔到第R支画笔中共有几种不同颜色的画笔。 2、 R P Col 把第P支画笔替换为颜色Col。 带修改莫队； 学玩普通莫队再看带修改莫队，OI-wiki上讲的通俗易懂； 对比主要是这几点： 1.分块unit = pow(n,2.0/3.0); 2.对询问排序
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摘要：题链 对于每一个a[i]可以记录它上一次出现的位置； 1.可以用树状数组解（离线）：对询问排序（询问的r从小到大），右指针移动则add(R,1)，然后对a[R]上一次出现的位置add(pos,-1)，对于一个询问则是query(r)-query(l-1)； 2.可以主席树记录原数组下标方式解（在线）
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摘要：题链 给你一个长度为n的序列，有m次查询操作，每次查询[L,R]区间的友好对的个数。 友好对的定义：满足i<j,且|ai-aj|<=K。 考虑每添加一个元素，计算该元素范围内[x-k,x+k]有多少个数（对树状数组来一发询问即可 query(r) - query(l-1) ），加上该贡献； 离散所给
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