随笔分类 - 其他
摘要：由于只有取 max 标记，所以直接在线段树上维护就行. 然后取前 k 大的话就用一个堆来维护四元组 $(l,r,v,pos)$ 表示区间 $[l,r]$ 的最小值为 $v$ ，位置为 pos. 查询的时候按照 $v$ 递增的顺序取出堆顶，然后按照 pos 分裂，再扔回堆里就行了. code: #in
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摘要：显然可以直接凑左面全是左括号，右面全是右括号的情况. 然后区间翻转就用 splay 模拟好了. splay 的时候一定注意一点： 如果没有调用 find(x)，就一定要手动把 x 及其祖先的节点 pushdown. code; #include <bits/stdc++.h> #define N 1
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摘要：省队选拔前复习一下线性基. 证明不会，永远都不会，学习证明是不可能的 有如下结论： 1. 线性基大小是固定的，不会因为加入顺序不同而改变. 2. 设线性基大小为 k，则一共有 $2^k$ 种不同的异或结果. 3. 每种异或结果出现次数恰好为 $2^{n-k}$. 4. 线性基内的数随便异或线性基也不
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摘要：自己独立想出来的，开心. 首先，对于 $x$ 不等于 $y$ 的情况，显然只限制前缀/后缀. 然后如果没有 x 与 y 相等的情况的话我们完全可以枚举总的 1 的个数，然后限制后缀的就可以转化成限制前缀的. 如果引入 x 与 y 相等的情况，也就是说要求前缀或后缀都填满也按照上述方式处理即可. 但是
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摘要：往届学长的一场比赛. 总结：三道水题 haha！ Task 1 省选 jloi.cpp/in/out 给你一个字符串，你每次只能删除一个回文串，问你最少需要几步将字符串删完，或输出无解. 题解：显然，答案最多为 2，而如果这个串本身就不是回文串答案就是 1，所以难点就是判断无解的情况. 手画几组发现
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摘要：这道题中我们要考虑这么几件事情： 1.前 2 个数是什么.2.是否已经合法了. 3.是否顶上界.4.是否有4/8 那么设状态的时候就是 $f[num_{i-1}][num_{i-2}][state][l][4][8]$ 记忆化搜索的时候如果搜过该状态且补丁上界就返回. 然后转移的时候注意：1.是否新
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摘要：这道题细节并不算太多，但是求方案数的时候一定不要乱取模！ 如果非要取模的话也要遵循欧拉定理. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 57 #define ll long long #define mod 10000007 #define setIO(s)
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摘要：数位dp. 细节真的很多. 1. 考虑清楚每个数的贡献. 2. 0 特殊考虑. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace
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摘要：基本上把数位dp那一套给忘了，今天重学一遍. 感觉采用递推的方式还是蛮方便的，然后要注意几个细节： 1. 通常算 f(x+1)=calc(1,x)，这样更方便算一些. 2. 每种小于最大长度的所有结果都要累加. 3. 很多时候不要忘记 0 的贡献. 4. 要特判前缀合不合法. code: #incl
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摘要：写代码时间：30-40min，调试时间：5min 我们发现，如果一个城市的一个点被选，则该城市其他点也都必须被选，可以考虑用点分治来解. 假设当前分治到的重心为 $x$，则只需考虑必经 $x$ 的连通块即可. 我们可以维护一个队列，开始的时候将重心的颜色放入，然后对每一种颜色的所有节点进行扩展：向上
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摘要：感觉是比较基础的子集 DP. 令 $dp[S]$ 表示点集 $S$ 构成的价值和，然后枚举最后一个区域就行. 也就是 $dp[S]=\sum_{T \subseteq S } dp[S-T] \times (\frac{sum[T]}{sum[S]})^k$ 化简得 $dp[S] \times su
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摘要：满分做法需要用到很神仙的优化方式，这里只给出 部分分的做法. 想出了 70pts 做法还是十分开心的. 开始的时候先想了一个 35 pts 做法： 考虑连续段，那么连续段的长度不会超过 $K$，高度不会超过 $K$，所以 $K \leqslant 9$ 的状态都能搜出来. 然后令 $f[i]$ 表示
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摘要：朴素的矩阵乘法时间复杂度会爆炸，但是我们发现矩阵乘法的形式是一个 $(1 \times n) \times (n \times n)$ 的形式. 所以如果提前预处理出来 $(n \times n)$ 矩阵的 $2^i$ 次幂，然后每次询问的时候二进制拆分，复杂度就是 $O(n^2 \log 1e9)
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摘要：由于集合内的数不能有交集，所以显然是子集 dp 的形式. 但是这道题为了不算重不太能用 FWT 优化，直接暴力 dp 的话是 $O(3^{18})$ 的，洛谷上开 O2 能过. 转移 DP 的时候一定注意是 $many[i] \times f[j]$，而不是 $f[i] \times f[j]$，否
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摘要：按照套路，考虑将数字从小到大插入到序列中. 令 $f[i][j]$ 表示将 $1$ ~ $i$ 插入到序列中，形成了 $j$ 对不合法的方案数. 然后考虑将 $i+1$ 插入时的情况： 1. 插入到不合法的空位中，消掉一个不合法. 2. 插入到合法的空位中 3. 插入到 $i$ 旁边，形成一个不合法
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摘要：求 $，\sum_{x=0}^{\infty} get(l,r,x)get(l_{2},r_{2},x)，q$ 组询问. 由于这里的 $get$ 会涉及到两个区间，所以十分不好处理. 那么我们就要想办法把这个式子转化成只和一个区间有关的东西. 考虑拆成前缀和，即 $(s[r]-s[l-1])\tim
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摘要：这场比赛的题都偏水，比赛的时候切了 A ~ E A Matrix Game 刚开始看错题了，以为是不能相邻，然后就不会了. 又读了一遍题，发现不能同行或同列，那就判断一下奇偶性就行了. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #defi
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摘要：调都没调就 1 A 了，开心. 一些细节： 1. 当 3 个点中强制一个点不选时，又有 $(h_{i},h_{j})$ 这种限制时直接跳过即可. 2. 当有 $(h_{i},h_{j})$ 且 $i$ 这个位置存在，但是 $j$ 不存在的时候显然是不可以选择 $i$ 的，那就直接让 $i$ 连 $i
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摘要：一共有 60 次询问机会，显然可以用 30 次来确定序列的最大值（二分） 然后再用 30 次随机获得 30 个位置的值，那么有 $a_{j}=a_{i}+k\times d$，（$d$ 为公差） 那么 $d$ = $gcd(d1,d2,d3,....dn)$，故将 30 个数排序，然后求一下两两之间
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摘要：思路非常巧妙，令 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个数，最大值不大于 $j$ 的权和. 转移的话枚举最大值出现的第一个位置，乘上该位置对应的贡献，然后发现最大值将 $1$ ~ $i$ 分成了两半. 然后两个部分又是互不干扰的子问题，转移一下就行. 把细节都提前考虑清楚后都不用怎么调. code：
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