11 2020 档案
摘要：经典套路，离线枚举右端点计算左端点。感觉这种题都已经出烂了 首先我们观察到，对于一个右端点i来说，合法的一定是一段区间，也就是最大值是k-k+1的区间，因此我们对每个种类维护一个队列 这样可以计算到达k和k+1的信息，并维护合法区间。 之后就是线段树插入和查询了，插入就是对于我们枚举的右端点，去插入
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摘要：挺有意思的一道概率题 首先总方案数是已知的，因此就是求取合法方案 我们分析题目，发现1-n要被覆盖，且每个点只能被覆盖一次 这说明这题就是把整条线段分成奇数和的种类数 这种题一般都是dp题，要不就是组合数学大佬秒的 考虑一下暴力的dp，就是枚举前面合法状态去更新，并且要-1，-3这种因为我们要保证最
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摘要：强制在线，那就看看能不能套一些数据结构上去，发现这是个分段函数 我们要求的又是一段区间内的值，因此分两点考虑 区间值是否可以通过前缀和查询，在这个基础上，如何维护前缀和信息。 考虑使用主席树来维护区间，那么在做每个点的时候，我们发现这是一段分段函数，也就是对于值域来说，可以差分的维护信息，这样只要求
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摘要：经典套路题，发现l,r都在变，因此枚举r，找到最小的l即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,int> pll; typedef pair<int,int> plll;
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摘要：首先我们发现每两个点会构成一对，他们公用一条边，且边集不能共用任何一个点 如果我们可以找到这样的边集使得所有点都被选中，那么bob是必赢的，否则是必输的 原因是，我们对于每个点都能找到一个对应匹配的点，不论alice选什么，bob都有的选，直到alice选不到 那么反之alice必胜，因为alice
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摘要：观察到询问的个数还能接受，我们考虑使用分块办法来维护答案 对于每次更新，边界块暴力，中间块维护整块信息，我们对每个块维护一个mi，表示对整块取min的值 更新的时候，整块只用维护min值，边界块需要更新并且重新排序，因为并不是所有的点都被改变。 询问的时候采取二分check，check的方法也是如此
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摘要：暴力二分答案即可获得正解，注意边界问题 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,int> pll; const int N=1e6+10; ll n,m,k; ll a[N]
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摘要：这种题一般都是算贡献，对于这题，我们显然发现，每个点作为最大值肯定是有一定范围的。 因此我们考虑将点排序，计算每个点作为最大值的答案。 枚举每个点，之后遍历他的邻边，如果有之前被标记过的点，说明他是最大值，因此用并查集维护后，计算集合乘积即可 #include<bits/stdc++.h> usin
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摘要：本题因为设计到区间到区间的连边，因此使用线段树优化建图 原理就是用out树和in树，一棵儿子向父亲连边，一棵父亲向儿子连边，然后叶子和叶子连边，对于两个区间的连边，用一个附加节点来表示连接。 建树使用动态开点，但是本题的内存需要计算，不然就会出现开大mle，小则re的尴尬情况 建完图后就是跑一下最短
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摘要：类似的贪心思路，肯定找是通过这个点能到的最远的点，这样是最优的。 但是询问次数很多，因此考虑用倍增思想，直接求出每个点通过2^i个边能到的最远点。 这是因为最后的答案一定是最小通过x条边，并且这个x一定能被二进制表示出来 #include<bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：因为存在凹形，因此枚举点的时候注意一下内部是否有点，如果有点则不可分割，其他就是多边形的分割 #include <bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; double f[105][105]; struct point{ do
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摘要：园方树+树链剖分 这题首先容易得到的性质是，一个点双内的所有点互相到达，这就说明这个点双的答案就是他们中的最小值，因此建立园方树。方点就维护了最值 现在有修改问题，对于一个圆点的修改，势必要影响到方点，我们对每个方点维护一个multiset，这样对于每个圆点的修改，都是对他的父亲方点进行修改，这样可
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摘要：本来是一道最小生成树的问题，但是因为边数过多，因此考虑优化 观察到这是区间信息，可以联想到使用倍增算法，将区间变成2进制，从大长度不断往下，每一层做一下最小生成树，目的是排除一些不需要的连边。用队列保存有用的 这样到0的时候做的最小生成树就是答案。这样的复杂度保证是，我们只会做log层，并且每层的队
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摘要：对于每个帮派求他们的lca，对于每个询问，先将所含的所有帮派求lca，将这个和当前首都比较，如果首都不在最高点的lca的子树当中，那么他的答案就是这个最高点lca和首都的距离 如果在这个子树下，那么只需要求取dfs序在首都前后的两个点求一个min即可。 分析这道题目，我们想到lca的原因是，这里有树
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摘要：有一些常见的模型转换，对于求恰好类型的题目 可以通过转化成不大于的形式。 对于这题，我们转化成不大于的情况后，可以利用容斥原理求出答案 我们定义为用不大于k种颜色染色 这样通过容斥原理就能求出恰好是k的答案。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std;
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摘要：有很多模式串，请求构造一个长度为n的串，使得给定的串不是构造串的子串。 如何判断是否为子串，可以考虑建立ac自动机，这样在跑ac自动机的时候就知道是否构造出现子串情况。 在构造的时候，我们最希望的就是遇到环，这样只要循环走就行。 因此我们考虑记忆化预处理从每个点能走的最长距离，如果遇到环直接将长度置
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摘要：对于询问离线，我们询问的是数对，并且所有的数字都是不同的，因此可以将数对的贡献放在位置靠前的位置 这样就是按照r排序，之后遍历每个位置计算答案，为了避免之后当前r之后的信息干扰到目前答案的计算，我们枚举倍数的时候，如果这个数在当前位置i之后，那么就先将他保存 如果在之前，就直接用树状数组维护。这样我
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摘要：因为区间修改，可以联想到差分上面去。 因为都是从前往后的一段和从后往前的一段，如果当前位置比前面位置要大，那么一定要从后往前操作差值大小次数 这样我们计算出必须要操作的次数后，不断在过程中判断是否非法，也就是操作次数是否超过当前值的大小 最后如果符合那就是yes #include<bits/stdc
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摘要：因为是dag，所以常规做法就是dfs，从出度为0的点不断返回 我们设计f[i]，表示从i开始到终点的期望天数 刚开始到i需要一天，在i需要游玩一天，再游玩一天有（du[i]+1）的可能性，这是初始化的情况 之后就是从他的后继节点更新过来。 #include<bits/stdc++.h> using
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摘要：一般的博弈论都有必败态和必胜态，都是遇到某个状态发现是已经被决定的。 对于这题，先观察特殊状态，因为题目是个有向图，所以所有出度为0的点都是有特定状态的，因为他没有路可以走 我们设状态为f[i][j]，表示在i这个点，是j行动，我们假定初始态是-1，表示平局，0表示A赢，1表示B赢，b[i]表示某人
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摘要：这题就是每次维护一条链上的信息，如果普通暴力，那么复杂度会超，但是我们观察到m只有2e3，每次只有两个点，因此我们把所有可能操作的点以及他们的lca全部保留下来 新建成一棵虚树，就能维护所有的信息，并且所有的点不会超过8000，也就是说每次最多操作8e3的点，最多有2e3次的操作，所以相乘不会超时。
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摘要：B题 暴力题，通过维护数组表示在i位置能够取到数的大小 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=2e5+10; int l[N]; vector<int> num[N]; int a
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