随笔分类 - Noip
摘要：对于每个点，有效的反转次数不会超过2，所以只要求出每个点的反转次数，加上其本身的0/1，再对2取模，就是这个点现在的颜色 问题来了，如何求某个点的反转次数呢？可以逆向思维，先把每个点的反转次数存在数组fli中，某个点的反转次数等于 其本身反转次数以及上下左右四个点的反转次数之和 （能对这个点有影响的
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摘要：题目大意是，判断一个有向图中所有的任意两点x，y，是否满足，从x可以走到y 或者 从y可以走到x 很显然，同一个SCC中的所有点一定满足这个条件，当同一个SCC中的所有点要么同时选要么同时不选的时候，就可以缩点了。缩点的方法就是给每个点加一个强联通分量编号（染色），然后tarjan结束后考察每一条边
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摘要：先说一个没有滚动数组的版本 对于A串的一个字符，只有选和不选两种可能，选是一种方案，不选也是一种方案 设$f(i,j,k)$ 为A串的前 i 项在 分离出 第k个子串 时 成功匹配到B串的前 j 项时 选择 A串第i项的方案数 还需要加上A串第i项不选择的方案 设$s(i,j,k)$ 为A串的前 i
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摘要：记忆化搜索也是实现dp的一种，有时候可能比状态转移方程推过去复杂，但有时候因为是直接去搜索，反而降低了思维难度 就用01背包来练练手（设c为容量，w为重量，v为价值） 记忆化搜索 是在搜索的基础上，进行优化，跳过打开相同的子树，从而避免大量的重复计算。因为在搜索的时候可能会再次dfs到一个已经到过的
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摘要：两个问题都需要按照 每个节点的相邻点 来思考解法。 把符合题目要求的，可产生联合权值的有序点对，称为 联合点 。 第一问 每个节点的子节点（相邻点）之间，彼此组成联合点，具体看图。 可以比较每个节点的相邻点的权值，得到最大子节点和次大子节点。 他们的联合权值就是这个节点所能 发现 的最大联合权值。
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摘要：注意这X家不一定连续，并且输入中给定的就是第i家到入口的距离 先想只有一个的情况，扫一遍，找到其中最大的那个（路径要乘上2） 两个的呢？不大好想，不如想想n个的时候，情况最简单，那么从n到n 1的转移也很简单 考虑把过程反过来，一个个删点，每次删使得答案变化最小的点 现在问题是 快速找出区间内对答案
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摘要：这种矩形问题常用单调队列优化枚举（通过贪心取最优降低了一个维度的枚举） 推荐这道题也要做一做：[\[ZJOI2007\]棋盘制作][1] 单调队列的空间记得开大点！ 反正内存够用 注意，这题正方形边长是固定的！ 暴力算法是枚举上边界所在的行，左边界所在的列，通过这两个个信息确定一个正方形，然后预处理
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摘要：网上其他人的博客写的都非常棒，我自己也只是有点明白，就放个模板吧。。。 从1开始存的字符串 假设要从B串中找好多个A串 想理解kmp就得明确数组的定义：nxt[i]表示A串中以i结尾的非前缀子串 与 A的前缀子串 能够匹配的最大 长度 下面的代码为什么是j+1，不模拟一遍根本无法理解 我个人认为，j
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摘要：我写线段树的时候因为不想用define所以先写好一行 然后复制下来，每次用的时候粘贴。。。 注意输入的值有负数，求最值的时候注意点。。。 c++ include include include include include using namespace std; define debug(x)
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摘要：首先做一下预处理，一般都是DP（递推）处理 对于给定数来说，那些位数比他少的数字一定对他的答案有贡献 所以无需考虑这些位数少的数是否超越给定数，因而可以直接把全部贡献都算上 这个时候预处理就发挥作用了，假设这个数n是4位数吧，那么预处理出0 ~ 999中，每个数码出现的次数 考虑DP（递推）处理（大
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摘要：注意： 矩阵存图，遍历边的时候首先确定边存在，即g[u][v]要有值，无值说明这条边不存在，不应该用来更新最短路 他问的是公共路径最长能有多长，就是尽量让两条路的公共路径长度之和最大，别理解错题意，比如说题目背景里面的描述是：一起走的时间尽可能的长。 看起来貌似两个人以相反的路径走过相同的一段路不算
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摘要：注意几点 1.看清楚是有向还是无向图 2.dis初始值设为0x3f3f3f3f可能会不够 还是设为0x7fffffff吧，具体来说你要看题目给的范围，若是说边权和 include include include const int MAXN = 100000 + 10; const int MAXM
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摘要：fhq treap多么强劲。。。 当用无旋treap解决区间/序列问题时，其实每个点所存的值不再对树的形态产生影响，复杂度由随机优先级和堆结构来保证。这棵 树不是以点的值为关键字，只是按照操作把一些点进行了修改 ，使得任何时候对这棵树进行中序遍历，都能得到最新的书架（序列）状态 在节点中，存下书的编
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摘要：平衡树维护被毁坏的房子就好了 set可以水过。。。注意边界问题 c++ include include include include include include include using namespace std; define debug(x) cerr
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摘要：只需要相邻两个位置差大于等于2即可 那么对于一个数，我只需要知道他的最高位，以及这个数有多少位（防止超过边界），就可以表示出这个状态了 设f[i][j]表示满足“前i位中最高位的值为j”的windy数有多少个 虽然说不能包含前导0，但是j可以为0吧，比如一个数10234，里面有个0 首先处理出那些不
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摘要：先考虑在链上的做法，线段树子节点合并的时候减去重复算的颜色，然后树剖，跨越轻链的时候可以单点查询找颜色（我想的是维护颜色。。。但是明显这个点也是在线段树上的，直接单点查询就好了， 想想问题的本质是什么 ，有没有不那么麻烦的做法） 所以要考虑好一些问题的区间可维护性，然后选用适当的数据结构 比如区间最
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摘要：加深了我对割点的理解。。。 当割点判定法则成立时，即low[v] = dfn[u]，代表切断u和v这条边后，v会和u分开 若一个点u连接的多条边都有这个法则的成立，则说明删除u点后形成了多个区域 这多个区域两两都不能访问，而这些区域的大小其实就是搜索树中v的子节点 所以要不断更新“目前已经被切割出去
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摘要：桥判定法则：无向边（x，y）是桥，当且仅当搜索树上 存在 x 的一个子节点y，满足 $$dfn[x] include include include include include using namespace std; define debug(x) cerr include include i
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摘要：st表细节多。。。 用线段树维护也行，会慢一点 最大公约数这个东西区间上是“可加”的 所以可以很方便地合并出区间gcd 注意位运算优先级低，多加括号 c++ include include include include include using namespace std; const int
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摘要：费了半天时间玩拓扑排序，然而发现有结论可以直接用： 在一个DAG中，若有且仅有一个点的出度为0，则其他所有的点都可以遍历到这个点，否则图中不存在能被所有的点遍历到的点 证明。。。反证法什么的来一下，感性理解就好了
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