随笔分类 - 数据结构——线段树
摘要：题面 "传送门" 题解 感谢$@M\_sea$的代码我总算看懂题解了…… 这个操作的本质就是每次把$x$的$k$进制最低位乘$2$并进位，根据基本同余芝士如果$k$是奇数那么最低位永远不会变为$0$，也就是说最低位所在的位置是不变的，并且$1$到$n$会被分成若干条链，链上我们可以用线段树之类的搞一
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摘要："传送门" 太菜了连$D$都做不出来没有小裙子$QAQ$ $A$ 暴力把所有的数对都算出来，然后$sort$一下就行了 $B$ 我们从左到右一列一列考虑，如果该列上下都没有，放一个黑的就够了（具体放在上下无所谓，反正都是一个），如果这一列有，那么和上一个有黑的列进行比较，如果它们上同有或下同有就不用
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摘要："传送门" $MAXEP$ 二分，不过二分的时候要注意把$mid$设成$\left\lfloor{9l+r\over 10}\right\rfloor$，这样往右的次数不会超过$6$次 $BICONT$ 不难看出要计算的就是方案数。对于一条边$(u,v)$，如果两个点不在同一个~~不知道是点双还是边
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摘要：题面 "传送门" 题解 先考虑$k=1$的情况，我们可以离线处理，从小到大对于每一个$i$，令$1$到$i$的路径上每个节点权值增加$1$，然后对于所有$x=i$的询问查一下$y$到根节点的路径和就是了 那么$k\neq 1$的情况该怎么办呢？我们来考虑一下令$1$到$i$的路径上每个节点权值加$1
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摘要：$JUMP$ 很容易写出转移柿子 $$f_i=\min_{p_j define R register define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;iI
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摘要：题面 "传送门" 题解 我的做法似乎非常复杂啊…… 首先最长上升子序列长度就等于把它反过来再接到前面求一遍，比方说把$2134$变成$43122134$，实际上变化之后的求一个最长上升子序列和方案数就是答案了 最长上升子序列随便求求，主要是这个方案数很麻烦啊……我的做法是对每一个长度开一个动态开点线
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摘要："传送门" $Maximum\ Remaining$ 对于两个数$a,b$，如果$a=b$没贡献，所以不妨假设$a define R register define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;iI; i) define go(u) for(int i=hea
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摘要：题面 "传送门" 题解 考场上就这么一道会做的其它连暴力都没打……活该爆炸…… 首先我们得看出问题的本质：有$m$个操作，总共$2^m$种情况分别对应每个操作是否执行，求这$2^m$棵线段树上$tag$为$1$的节点个数 那么很明显得转化为每个节点在多少种情况里$tag$为$1$ 对于一个操作$[q
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摘要：题面 "传送门" 题解 为什么大佬们全都是乱搞的……莫非这就是传说中的暴力能进队，乱搞能AC…… 似乎有位大佬能有纯暴力+玄学优化$AC$（不算上$uoj$的$Hack$数据的话……这要是放到考场上就是切题的啊……） 整体思路呢，就是我们开一个线段树，线段树上的每一个区间维护“以这个区间右端点为结尾
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摘要：题面 "传送门" 题解 字符串就硬是要和数据结构结合在一起么……$loj$上$rk1$好像码了$10k$的样子…… 我们设$L=r l+1$ 首先可以发现对于$T$串一定是从左到右，能取就取是最优的 我们先用后缀自动机$+$线段树合并求出自动机上每一个节点的$endpos$集合。如果$L$较大的时候
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摘要：题面 "传送门（loj）" "传送门（洛谷）" 题解 我果然是人傻常数大的典型啊…… "题解在这儿" //minamoto include define R register define ls (pI; i) define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=
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摘要：题解 "传送门" 题解 然而要我来说我感觉只是个爆搜啊……
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摘要：题面 题解 首先，点变黑的过程是不可逆的，~~黑化了就再也洗不白了~~ 其次，对于$v$的祖先$rt$，$rt$能用来更新答案当且仅当$sz_{rt} sz_{x}$，其中$sz$表示子树中黑点的个数，$x$表示$rt$走到$v$的路径上的第二个节点 每一次染黑一个新的点$u$之后，我们要让它所有祖
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摘要：题面 Pinball的游戏界面由m+2行、n列组成。第一行在顶端。一个球会从第一行的某一列出发，开始垂直下落，界面上有一些漏斗，一共有m个漏斗分别放在第2~m+1行，第i个漏斗的作用是把经过第i+1行且列数在Ai~Bi之间的球，将其移到下一行的第Ci列。 使用第i个漏斗需要支付Di的价钱，你需要保留
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摘要："传送门" 先考虑一个贪心，对于一条边来说，如果当前这个序列中在它的子树中的元素个数为奇数个，那么这条边就会被一组匹配经过，否则就不会 考虑反证法，如果在这条边两边的元素个数都是偶数，那么至少有两组匹配经过它，那么把这两条路径都删去这条边可以更优。如果两边是奇数，一定至少有一条路径经过它，去掉这组匹
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摘要："传送门（uoj）" "传送门（洛谷）" 这里是题解~~以及我的卡常数历程~~ ~~话说后面那几组数据莫不是lxl出的这么毒~~ 首先不难发现这个东西把查询前缀和变成了查询后缀和，结果就是查了$[l 1,r 1]$的区间和。因为模$2$意义下的加法就是异或，所以错误查询和正确查询相等就意味着$a[l
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摘要："传送门" 只有区间加区间开方我都会……然而加在一起我就gg了…… 然后这题的做法就是对于区间加直接打标记，对于区间开方，如果这个区间的最大值等于最小值就直接区间覆盖（据ljh_2000大佬说这个区间覆盖可以改成区间减去一个数），否则的话如果最小值等于最大值加一，且最小值和最大值开方之后减少的值一样
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摘要："传送门" 不难看出就是要先求区间积，再求这个区间积的$\varphi$ 因为$\varphi(x)=x\times\frac{p_1 1}{p_1}\times\frac{p_2 1}{p_2}\times ...$，又因为质数总共只有$60$个，我们可以用一个$long\ long$来压位，表示
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摘要："传送门" 好迷啊……膜一下 "ljz" 考虑每个操作，如果把操作按先后顺序放到序列上的话，操作一就是把$w_i$的石子放到某个节点，那么就是在序列末端加入$w_i$，然后根据贪心肯定要把它所有儿子的石子拿走，也就是要减去$\sum w_{son}$ 那么每个点的答案就是序列的最大前缀 因为父亲节点
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摘要："传送门" 设$lim=2^n 1$，对于一个区间$[l,r]$来说，如果$sum\neq lim$且能换出$x$并换进$y$来，使得$sum\bigoplus a_x\bigoplus a_y=lim$，那么$a_x\bigoplus a_y$是个定值，所以如果对于每一个$x$，它对应的$y$都在
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