随笔分类 - 其他 - 思维题
摘要：思路很巧妙的一道题 ~ 这个应该不完全是正解，复杂度约为 $O(3\times 10^8)$，有时间再研究研究正解. 首先，最裸的暴力是按照权值从小到大枚举每一个数，然后枚举后面的数来更新方案数，是 $O(n^2)$ 的. 然后，我们可以用lucas定理来模拟那个组合数，会发现只需满足大数&小数=小
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摘要：这个思路挺巧妙的 ~ 定义一行/列的权值为操作后所整体增加的值. 那么，我们会有若干个 $a[x]+b[y]=c$ 的限制条件. 但是呢，我们发现符号是不能限制我们的（因为可加可减） 所以可以将限制条件转化为 $a[x]-b[y]=c$. 这个用带权并查集就可以方便地维护了~ code: #incl
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摘要：如果单点而不是求 sigma 的话还是比较好办的. 遇到这种前缀和相减的矩阵乘法可以增设一个 0 使得后面的能先加到前面，然后再算. 这样的话可以使的最后算出的是前缀和相加的形式. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define
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摘要：思路并不难，主要是细节需要注意一下. 在 lct 中，删边要写成：f[lson]=0,lson=0 （因为删 x->y 时 y 不一定是左儿子，y 只是 x 的前驱） 然后 f[lson]=lson=0 这个写法在一些编译器上是错误的（就是你会发现 f[lson] 中这个 lson 会变成 0 )
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摘要：有一个神奇的技巧——打表 code: #include <bits/stdc++.h> #define N 10000007 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; in
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摘要：比较神奇的贪心 有点类似于田忌赛马. 如果我方最弱强于对面最弱，则直接最弱pk最弱. 如果我方最强强于对面最强，那么直接最强间pk. 否则，试着用我方最弱 pk 对方最强，看是否能打成平手. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100006 #defin
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摘要：这个思路挺有意思的 ~ 利用树链的并来保证每个颜色只贡献一次，然后用可持久化线段树维护 code: #include <set> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 100005 #define se
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摘要：自己独立想出来的，超级开心 一开始想的是对于每一个点分别算这个点对答案的贡献. 但是呢，我们发现由于每一条路径的贡献是该路径颜色种类数，而每个颜色可能出现多次，所以这样就特别不好算贡献. 那么，还是上面那句话，由于算的是颜色种类，所以我们可以对每一个颜色种类单独算贡献. 即不以点为单位去算，而是以颜
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摘要：code: #include <bits/stdc++.h> #define N 200009 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; ll Sum[N]; int n,
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摘要：自己 yy 了一个动态 dp 做法，应该是全网唯一用 LCT 写的. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define lson tr[x].ch[0] #define rson tr[x].ch[1] #define setIO
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摘要：做这道题真的是涨姿势了，一般的CDQ分治都是在序列上进行的，这次是把CDQ分治放树上跑了~ 考虑一半的 CDQ 分治怎么进行： 递归处理左区间，处理左区间对右区间的影响，然后再递归处理右区间. 所以，如果是有坐标不递增的斜率优化的话就用 CDQ 分治先处理出左半部分答案，然后将处理好的左区间答案用来
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摘要：挺神的一道题 ~ 由于两个人选的数字不能有互质的情况，所以说对于一个质因子来说，如果 1 选了，则 2 不能选任何整除该质因子的数. 然后，我们发现对于 1 ~ 500 的数字来说，只可能有一个大于 $\sqrt 500$ 的质因子（两个的话乘积就超过 500 了） 而不大于 $\sqrt 500$
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摘要：这个和 bzoj 5469 几乎是同一道题，但是这里给出另一种做法. 你发现你要求的是一个树上 LIS，而序列上的 LIS 有一个特别神奇的 $O(n\log n) $ 做法. 就是维护一个单调递增的栈，如果发现新加元素大于栈顶，则直接加入，否则在序列中二分出一个大于等于该元素的最小值，然后替换掉.
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摘要：在 dp 问题中，如果发现可以用后缀最大值来进行转移的话可以考虑去查分这个后缀最大值. 这样的话可以用差分的方式来方便地进行维护 ~ #include <bits/stdc++.h> #define N 200007 #define ll long long #define lson t[x].ls
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摘要：标签：树形dp，枚举，树的直径 一上来看到这个题就慌了，只想到了 $O(n^3)$ 的做法. 碰到这种题时要一步一步冷静地去分析，观察数据范围. 首先，$n\leqslant 5000$，所以可以先 $O(n)$ 枚举切断哪条边. 而如果暴力枚举连哪条边的话时间就是爆炸的，不妨冷静地分类讨论一下.
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摘要：根据期望的线性性，我们算出每个点期望被计算次数，然后进行累加. 考虑点 $x$ 对点 $y$ 产生了贡献，那么说明 $(x,y)$ 之间的点中 $x$ 是第一个被删除的. 这个期望就是 $\frac{1}{dis(x,y)+1}$，所以我们只需求 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^
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摘要：code: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) const int N=200006; const double eps=1e-6; const double
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摘要：一定要注意要乘阶乘，细节很多. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; const int N=2007;
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摘要：犯傻了，想到了如果是 0->1 的话就找最深的非 1 编号，是 1 -> 0 的话就找最深的非 0 编号. 但是没有想到这个东西可以直接维护. 假设不考虑叶子节点，那么如果当前点的值是 1 的话要求儿子节点权和 > 1 假设当前从 0->1，那么该叶子造成的影响一定是一条向上的链. 如果向上走到某一
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摘要：你发现只会改变一个位置，所以可以直接进行dp 具体转移的话用 CDQ 分治转移就好了~ #include <bits/stdc++.h> #define N 100006 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std;
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