摘要：
枚举每条树边，将其断开，那么两侧肯定取带权重心最优。 考虑如何求出每个子树的重心，枚举其所有儿子，通过重量关系就可以判断出重心位于哪棵子树。 然后将那棵子树的重心暴力往上爬即可，因为每个点作为重心肯定是一段连续的链，所以复杂度为$O(n)$。 然后就是如何求出砍掉每棵子树之后剩下的部分的重心。 设当 阅读全文
摘要：
首先拓扑，每次取出度数为$2$的点，这样可以把所有三角形都找到。 那么建出对偶图，会发现是一棵树。 对这棵树进行点分治，每次取出重心，DFS求出所有在里面的点，然后从重心$3$个点分别做一次BFS。 对于每个询问，如果不经过重心这个区域，那么递归求解，否则用BFS的结果回答即可。 时间复杂度$O(n 阅读全文
摘要：
两个函数相同等价于不存在长度为$3$的下降子序列。 先考虑随意填的部分，设$f[i][j]$表示考虑了$[i,n]$，下降子序列第$2$项的最小值的是这里面第$j$个的方案数，转移则考虑往序列里插数字，可以通过后缀和优化到$O(n^2)$。 然后考虑已固定的部分，设$g[i][j]$表示考虑了$[i 阅读全文
摘要：
如果不存在模糊点，那么答案就是两个串的最长公共子串。 如果模糊点是某个串的开头或者结尾，那么可以暴力枚举另一个串中的某个前后缀更新答案。 否则，假设模糊点在第一个串里是$i$，在第二个串里是$j$，那么此时对答案的贡献为$lcp(i+1,j+1)+lcs(i-1,j-1)+1$。 将两个串用特殊字符 阅读全文
摘要：
二分答案，转化为判定问题。 建立有向图，$a->b$连边表示$a$是$b$的子集，至此可以处理掉$1$和$2$。 对于$5$，则往对应点的集合塞一个元素，即可满足$5$。 首先求出强连通分量进行缩点，再递推出每个集合的必备元素以及每个集合的所有子集，用bitset加速，可以做到$O(\frac{m^ 阅读全文
摘要：
对于每个祭坛，算出每条线段阻碍它的角度区间，然后排序求并看看是否有空位即可，时间复杂度$O(n^2\log n)$。 这题在Main上官方时限是0.2S，因此需要几个常数优化： $1.$为了避免用atan2(y,x)算角度，改成算斜率，所以需要分$4$个方向讨论。 $2.$对区间排序时，不要直接对结 阅读全文
摘要：
题目等价于去掉两条边，使得剩下的图连通，且所有点度数都为偶数。 首先特判掉图一开始就不连通的情况。 求出dfs生成树，对于每条非树边随机一个权值，每条树边的权值为所有经过它的非树边权值的异或和。 那么剩下的图连通等价于两条边权值非$0$，且两条边的权值不等。 如果有$2$个奇点，那么两条边有公共点， 阅读全文
摘要：
对于$mode=0$的情况： 假设已经知道了最终要做哪些成就，那么这些成就一定是按$b$递减做的。 将成就按$b$从大到小排序，考虑往已选集合里新加一个成就。 假设该成就前面有$t$个已选成就，后面成就的$b$的和为$suf$，那么选该成就对答案的增量为$t\times b+a+suf$。 依次贪心 阅读全文
摘要：
考虑枚举哪些人一定不合法，那么方案数可以通过简单的排列组合算出。 于是设$f[i][j]$表示前$i$种糖果，一共有$j$个人一定不合法的方案数，但是这样并不能保证其他人一定合法，所以需要进行容斥。 最后将答案除以每种糖果数量的阶乘，即可保证本质不同。 时间复杂度$O(n^2)$。 阅读全文
摘要：
首先将包含关系建树。 方法是将每个图形拆成上半边和下半边，从左往右扫描线，用Splay从下到上维护扫描线上所有图形。 每次加入一个新的图形$x$的时候，看看它下方第一个图形$y$，如果$y$是上半边，那么$x$的父亲就是$y$，否则是$y$的父亲。用同样的方法可以完成点定位。 然后每次相当于查询两点 阅读全文
摘要：
首先通过分数规划，二分答案$mid$，将每条边边权重置为$t-mid\times s$，用DP求出终点到该点的最短路，若非正则可以更小。 如此可以计算出每个出入口的最小危险值，然后把奇点放在$S$，偶点放在$T$，代价为危险值，对于每个空腔，在相应点之间连无穷边，求最小割即可。 阅读全文
摘要：
A类数据： 将棋盘黑白染色，相邻的点之间连边，求出二分图最大匹配即可。 B类数据： 答案为$\lfloor\frac{n^2-1}{3}\rfloor$，用FFT加速计算即可，时间复杂度$O(L\log L)$。 C类数据： 轮廓线DP，对于轮廓线上每个格子，要么为空，要么被占据，要么被占据且还要向 阅读全文
摘要：
设$f[i][j][k]$表示从最后一行某个$H$走到$(i,j)$且在第$i$行只经过了$(i,j)$，途中经过了$k$次$F$的最小代价。 $A[i][j][k]$表示从下一行$\leq i$的某个$f[old][x][j]$且前$x-1$个有$k$个$F$的位置走过来的最小代价。 $B[i][ 阅读全文
摘要：
枚举剩下的分数个数$k$，设最高的$k$个分数和的分子分母分别为$U$和$D$。 那么在选了的里面找到$A=\min(Dt[x]-Up[x])$，没选的里面找到$B=\max(Dt[x]-Up[x])$。 如果$A<B$，则可以更大。 对于$A,B$的计算，可以利用决策单调性分治求解。 时间复杂度$ 阅读全文
摘要：
将所有点按横坐标排序，那么最长上升子序列和最长下降子序列里必有一个长度不小于$\sqrt{n}$。 因为如果最长上升子序列很短，那么根据Dilworth定理，它的反链长度与它成反比。 因此可以将$n$个点划分为不超过$\sqrt{n}$条链或者反链，每一个部分里都相当于只有一维坐标。 对于每一个部分 阅读全文
摘要：
根据公式$x^k=\sum_{i=1}^k Stirling2(k,i)i!C(x,i)$， 设$f[i][j][k]$表示从$(i,j)$出发的所有路径的$C(路径长度,k)$的和， 根据$C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)$，则有： $f[now][k]=\sum(f[nxt] 阅读全文
摘要：
首先拓扑排序，并将障碍点按拓扑序平均分成两半。 那么一条$0$到$1$的路径一定是形如： $0$->前一半点->后一半点->第一个后一半障碍点->后一半点->$1$。 对于两边分别暴力枚举所有情况，设$f[i]$表示$0$出发到达$i$，且到$i$之前不经过任意一个后一半障碍点到达$i$的路径数；$ 阅读全文
摘要：
显然求出每个点到所有关键点的最短路和次短路即可，答案就是每个关键点的次短路。 设$f[i][j][0]$表示左手在$i$，右手在$j$的解，$f[i][j][1]$表示左手在$i$，右手在$j$，且左手已经动了右手还没开始动的解，然后BFS即可。 时间复杂度$O(n(n+m))$。 阅读全文
摘要：
首先旋转坐标系，假设$(x,y)$被$(X,Y)$遮挡等价于$X\leq x$且$Y\leq y$。 对于每种坐标系建立两棵线段树： 第一棵按$x$维护已经加入的点的$y$的最小值； 第二棵按$x$维护看得见的点的$y$的最大值。 对于一块三角板，通过第一棵线段树查询即可知道是否可以放下，然后在第二 阅读全文
摘要：
答案由$3$部分构成： $1$.抛物线的极值。 $2$.询问区间的左端点在抛物线上的值。 $3$.询问区间的右端点在抛物线上的值。 对于$1$，就是某个矩形范围内最大值查询，使用KD-Tree可以在$O(\sqrt{n})$的时间内完成询问。 对于$2$和$3$，对编号建线段树，每个节点维护该区间内 阅读全文