摘要：
裸的点分治。。 及时把已经确定的询问清掉就能快不少。时间复杂度O(nlogn*p) 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 c 阅读全文
摘要：
直接把所有数的sg值算出来就行了。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int maxn=1002333; 7 阅读全文
摘要：
首先最短路长度不同的人肯定不会冲突。 对于最短路长度相同的人，跑个最大流就行了。。当然只有一个人就不用跑了 看起来会T得很惨。。但dinic在单位网络里是O(m*n^0.5)的... 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring 阅读全文
摘要：
写了线段树合并。。具体合并姿势和可并堆基本一样。。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int maxn=10 阅读全文
摘要：
比较蛋疼的是我们可以先染个底色，再在底色上染别的东西。 由ccz大爷的题解可得。。将目标状态里相同颜色的联通块缩点后，枚举起点，生成树里的最大节点深度就是需要的次数了， 如果最大深度是白色的话记得-1. 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #inclu 阅读全文
摘要：
问最小割中可能成为割边和一定会成为割边的边有哪些。 膜了半天各路题解。 比较详细的解释： http://blog.csdn.net/horizon_smz/article/details/50889806 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #incl 阅读全文
摘要：
分块大法。。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 const int maxn=100 阅读全文
摘要：
一个节点的儿子是否交换，不会影响到它和兄弟节点间的逆序对数。 所以每次合并线段树的时候算一下交换与不交换的逆序对数，然后选个较小值就行了。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm 阅读全文
摘要：
莫队+分块。。分块修改O(1),查询O(n^0.5) 总复杂度O(n^1.5) 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define 阅读全文
摘要：
结论题。。。一棵树里用到的颜色数不超过logn。。 f[i][j]表示以i为根的子树里，i的颜色是j的方案数。 g[i][j]表示max{f[i][k]}，（k!=j 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #inc 阅读全文