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FWT FWT 即位运算卷积，用来快速计算形如 \(\sum\limits_{i\oplus j=k}f_ig_j\)，其中 \(\oplus\) 表示某种位运算。 设 FWT(A) 是幂级数 A经过 \(\rm FWT\) 变换之后得到的幂级数。 我们需要令其满足 : \(A*B=C \Longl 阅读全文
posted @ 2024-02-13 09:57
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线段树分治 线段树分治是一种可以离线处理带撤销问题的常用手段。一般而言，题目中加入操作很好维护，但删除操作不好维护，这时可以对时间维建线段树，把每一个操作加入其存在时间段对应的线段树节点上，然后处理所有询问，进入一个节点时将这个节点里的操作加入，递归左右儿子，然后撤销这一次做的操作，在线段树根节点处 阅读全文
posted @ 2024-02-12 21:39
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boruvka算法 就是最小生成树 B 算法。B 算法的思路是每次对每个连通块，求出它能连出去的权值最小的边，然后再按边权从小到大合并。由于每次操作连通块数至少减半，所以复杂度是 \(O(m\log n)\)。 CF1305G Kuroni and Antihype 题意：长为 \(n\) 的数列 阅读全文
posted @ 2024-02-12 21:07
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JOISC 2018 loj 上有几乎全部的题目，写了题意的就是 loj 上没有的。 D1T1 简单题。 根据颜色段均摊的结论，每个点到根的路径上颜色段的总和是 \(O(n\log n)\) 的，于是直接每次暴力找颜色段即可。复杂度 \(O(n\log^2n)\)。 提交记录 D1T2 又是计算几何 阅读全文
posted @ 2024-02-12 11:34
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JOISC 2017 loj 上有几乎全部的题目，写了题意的就是 loj 上没有的。 D1T1 开场放大。 首先，对于一个点，它最后覆盖的一定是一个矩形，这就意味着如果我们知道了 \(u,d,l,r\) 操作各用了多少次，他们之间的顺序是不重要的，我们可以直接当做把一种操作做完再做剩下的操作，这样就 阅读全文
posted @ 2024-02-12 11:01
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JOISC 2016 loj 上有几乎全部的题目，写了题意的就是 loj 上没有的。 D1T1 一开始把题目看错了，还写了棵线段树。 把询问离线，倒着扫一遍，就变成了求最长不上升子序列，用树状数组维护即可。 提交记录 D1T2 来自 Kubic 的神仙做法。 考虑 Filp 一个位置和剩下所有位置， 阅读全文
posted @ 2024-02-12 10:37
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JOISC 2015 loj 上有几乎全部的题目，写了题意的就是 loj 上没有的。 D1T1 简单题。 因为 \(k\) 很小，考虑依次确定最后第 \(i\) 位是什么。我们倒序考虑所有操作，维护最后第 \(i\) 位当前在第几位，就可以一直推下去。 提交记录 D1T2 直接暴力复杂度就是 \(O 阅读全文
posted @ 2024-02-12 10:21
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JOISC 2014 loj 上有几乎全部的题目，写了题意的就是 loj 上没有的。 D1T1 想到了最短路的做法，不过可能还需要整体二分，复杂度至少有 2 log。 有复杂度更优秀的贪心做法。把边按时间倒序加边，然后从终点开始 dfs 来更新每个点可以的最晚出发时间，每条边走之后肯定就不会再让答案 阅读全文
posted @ 2024-02-12 09:53
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拉格朗日插值 第一步：子函数 \(f_i(x)=\begin{cases}1&x=x_i\\0&x=x_j(i\ne j)\end{cases}\) 由此可得：\(f(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_if_i(x)\) 第二步：对于 \(f_i(x)\),要满足当\(x=x_i\)时 阅读全文
posted @ 2024-02-11 21:56
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P7293 题解 传送门 思路 提供一个不太一样的容斥做法。 首先容易发现答案只和每个点到 1 号点的奇偶最短路有关，可以先 \(O(n)\) 求出来。 然后考虑枚举距离 \(d\)，计算有多少个 K 元组的距离为 \(d\)。不妨设 \(d\) 为奇数，那么条件就是： 每个点的奇最短路的最大值为 阅读全文
posted @ 2024-01-12 09:15
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