随笔分类 - 动态规划 - 单调队列/单调栈
摘要：刚开始想出了一个分治做法，但是比较麻烦，需要分 4 中情况讨论. 后来偷看了一眼标签发现是线段树，然后就想出了这个线段树做法. 考虑序列以 $r$ 为右端点的答案，有 $\sum_{l=1}^{i} max(l,i)-min(l,i)=i-l$. 其中这个条件可以写成 $max(l,i)-min(l
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摘要：这算是决策单调性入门题吧. 我们很容易发现 $f[i]$ 的转移 $p_{i}$ 满足单调性，然后拿单调队列来维护就行. 对于队列中每个元素维护这个元素转移区间的右端点 新加入一个点的时候和队尾比较一下，看队尾是否会被覆盖，弹掉无用元素. code: #include <bits/stdc++.h>
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摘要：对于树边直接转移，然后按照套路拆环，在环上做一个单调队列 DP. 一种方案虽然在一个换上可能算不了，但是一定可以在另一个环上计算到. 仙人掌上 DP 的套路就是遇到树边就按照树上做，遇到环就拆环，做一个环形 DP. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 2
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摘要：CF1305C 题解： 我们发现虽然 $n$ 很大，但是模数很小，所以相当于 $n$ 个数对 $m$ 取模后不能有重复数字. 那么其实这个 $n$ 最大也就是 $m$ ，直接 $O(m^2)$ 暴力算就行了. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll lon
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摘要：维护 $dp[i]$ 表示长度为 $i$ 的 $LIS$ 的最小结尾长度. 然后每次我们新加入一个区间 $[l,r]$ ，这个可以用平衡树来维护：区间平移，区间+1，单点赋值. 调不出来QAQ.... code: #include <cstdio> #include <string> #includ
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摘要：非常好的一道题. 我们考虑枚举哪些三元组不能成为答案. 然后你发现这成了一个立方体并问题. 通过枚举 $c$ ，可以将问题转化为二维矩形并问题. 由于从大到小枚举 $c$，所以并是不断增大的，然后增大的话就会让 $a/b$ 延伸到极大值位置. 所以只有 $a,b$ 是单调的，才会对答案有影响，这么更
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摘要：显然先用单调栈求出一个位置向左/右延申的最大长度（即这些区间中当前位置是最大值位置） 然后我们发现我们可以离线，然后按照最大值位置依次添加线段，每次用线段树查一个区间和. 然后我们想查满足最大值位置在 $[l,r]$ 之间，$[l,r]$ 内区间和. 这个显然满足可减性（即最大值位置在 $[1,r]
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摘要：这个题的思路还是十分巧妙的. 我们发现我们要查询的区域恰好构成了一个梯形. 然后用那个单调栈去维护折线，并用主席树做二维数点. code: #include <cstdio> #include <algorithm> #include <stack> #include <cstring> #incl
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摘要：Description 影魔,奈文摩尔,据说有着一个诗人的灵魂。事实上,他吞噬的诗人灵魂早已成千上万。千百年来,他收集了各式各样 的灵魂,包括诗人、牧师、帝王、乞丐、奴隶、罪人,当然,还有英雄。每一个灵魂,都有着自己的战斗力,而影魔,靠 这些战斗力提升自己的攻击。奈文摩尔有 n 个灵魂,他们在影魔宽
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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：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：不是很难想，但是细节巨多 开始一个地方想错了，然后...... code: #include <bits/stdc++.h> #define N 2000006 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using
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摘要：刷水~ Code:
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摘要：Description 你将要游览一个有N个岛屿的公园。从每一个岛i出发，只建造一座桥。桥的长度以Li表示。公园内总共有N座桥。尽管每座桥由一个岛连到另一个岛，但每座桥均可以双向行走。同时，每一对这样的岛屿，都有一艘专用的往来两岛之间的渡船。 相对于乘船而言，你更喜欢步行。你希望所经过的桥的总长度尽
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