朝暮不思

摘要： 无题解，纯记录比赛 本来以为是线下，后来改成了线上，变成了学校机房一日游~~ 因为和ec冲突了，所以走了一波强队，感觉比赛会简单一点（据说好多队伍直接西安打浙江省赛，妙啊） 中午买了面包就等开始比赛了 正赛： 开局等我打好前面的预备代码，队长表示已经会A了 过了A后，三个人分开看题。 M是一道思维题 阅读全文

摘要： A题 我写的是找是否存在两个1之间有0，并且要特判单一个1的情况 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=2e5+10; con 阅读全文

摘要： 首先破环成链，因为图中是一个环，所以转化成有n种可能性的链。 输入如果右端点小，就+m 一个显然的贪心是，既然选择当前点，那么下一个点的左端点越靠近当前点的右端越好 这个成立的原因是，没有两个线段存在包含关系，因此左端点越右，右端点越右，这样覆盖的会尽可能的远。 之后就可以用倍增优化进行跳跃，直到覆 阅读全文

摘要： A题 线段树+欧拉降幂 题目要求的状态只有30种，所以对于每次操作，我们可以枚举所有的情况，计算他的转移方向，我们用lazy标记表示这个数操作完后的状态，打个懒标记 然后对于询问的时候，只要询问每个数的个数即可。对于快速幂的情况，普通快速幂因为太慢，所以考虑使用欧拉降幂来加速 #include<bi 阅读全文

摘要： A题 贪心从10开始 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=1e6+10; const int mod=1e9+7; int 阅读全文

摘要： 第一次遇到有9题的div2。。。 A题 排序后，伸展两边 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=2e5+10; const i 阅读全文

摘要： 这题需要一点思维转化，感觉还是挺有意思的。 我们仔细观察选点的要求，发现，根要小于左右子树，左子树选的要大于右子树 因此，将他按根-右-左遍历之后，求一遍最长上升子序列就是答案 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long lon 阅读全文

摘要： 这道题可以使用启发式合并和延迟的策略来做 首先我们发现第一个操作就是将两个集合合并，要在合理的复杂度之内做到此事，启发式合并是个好办法 其次，因为我们需要查询的是最大值，因此用堆来维护也比较方便，但是现在有个问题，因为一些权值会被改变 而堆不能指定元素删除，因此如果要维护这些值，暴力的做法是把这个值 阅读全文

摘要： 这道题看到操作4就能想到使用可持久化数据结构 对于这一题的初始想法，是把二维映射到一维，前两个操作是单点修改，第三个是区间01反转 感觉应该是可做的，但是不太好写。 一种好写的做法是，维护行，对于每行维护一个bitset，这样三种操作就都很容易做了 #include<bits/stdc++.h> u 阅读全文

摘要： 分层图+最短路算法 对于题目当中的条件进行转化，相当于允许一条边代价为0，一条边代价为两倍，且必须要两种情况都使用。 因此考虑建立分层图，这样的话，分成四层，就能够先0后2倍，先两倍后0，两种情况都能表达了 此外，由于由于存在一条边即作为最小值也作为最大值，我们要连一条直接从1到第四层的边 #inc 阅读全文