随笔分类 - 其他 - 模型/总结/重要
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：code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100060 #define M 1000000 #define lson x<<1 #define rson x<<1|1 #define ll long long #define setIO(s) freopen(
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摘要：问题转化为求每一个极长横线段与极长纵线段的交点个数. 这个东西用扫描线+树状数组维护一下就可以了. code: #include <cstdio> #include <algorithm> #define N 200005 #define setIO(s) freopen(s".in","r",st
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摘要：十分有趣的问题. 我们发现如果拿的话肯定要先拿一些大的. 所以我们可以先将所有数从小到大排序，令 $f[i]$ 表示拿完前 $i$ 小先手-后手的最大值. 则有转移：$f[i]=max(f[i-1],a[i]-f[i-1])$ 反复阅读：每次拿一些数字的贡献是这些数字中最小的值. 反复阅读上一句话，
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摘要：之前绝对做过几乎一模一样的题，现在做竟然忘了. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; ll n,ans=1
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摘要：推到了一个推不下去的形式，然后就不会了 ~ 看题解后傻了：我推的是对的，推不下去是因为不需要再推了. 复杂度看似很大，但其实是均摊 $O(n)$ 的，看来分析复杂度也是一个能力啊 ~ code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #defin
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摘要：看到这道题的第一个想法是二分+主席树（好暴力啊） 实际上不用这么麻烦，用一个双指针+桶扫一遍就行了 ~ code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100006 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using n
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摘要：不难发现，当我们要选的区间确定后，一定会把仓库安排到中间的稻草上（如果是偶数个的话中间两个都行）。 然后按照坐标从小到大枚举右指针，左指针一定不递减，双指针扫一下就行了. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100007 #define ll long
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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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