随笔分类 - 其他 - 模型/总结/重要
摘要：脑残了，这题竟然都不会. 显然，把所有左右端点放在一起排序，然后取中位数是 $k=1$ 时最优的. $k=2$ 的时候显然距离中点越近越好，所以将中点扔进去，然后枚举中间的分割点，分割点左右就变成两个子问题了. 动态求中位数的话用平衡树/权值线段树维护就行了. code: #include <bit
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摘要：显然取对数，然后二分答案进行 01 分数规划. 设 $f[i][j]$ 表示在 AC 自动机上的点 $i$ ，匹配到了 $j$ 位的最大价值. 转移的时候判断一下当前是点还是数字，然后在 AC 自动机上的终止节点上算一下贡献就行. 构建 AC 自动机的时候要注意：点 $i$ 的价值是 val[i]+
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摘要：显然，对于一条边的两个端点必须选择一个；对于一个块内的点，只能选择一个. 第一种限制好满足，第二个限制的话前/后缀和优化一下建图就行可. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 4000009 #define ll long long #define set
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摘要：没调完呀，感觉代码能力还是有待提高...... 写代码一定要讲究结构 + 逻辑性. 如果结构或者逻辑性不好的话是非常非常遭罪的 QAQ...... upd：好像调了 5 分钟就过了 这个问题等价于求：$x$ 能到达一个点集， $y$ 也能到达一个点集，这两个点集是否有交集 ? 由于是否到达只有边权最
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摘要：离线，然后从后向前扫描，维护每一个时刻当前位置的后缀最小值. 我们发现依次修改影响的是时间线段树一段区间要取 min，这个用吉司机线段树维护就好了. 具体地，我们记录一个 tag 标记，然后下传条件是 mx[now]<mx[lson] 或 mx[now]<mx[rson]. 这道题卡常，最好不要用
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摘要：显然，$sgcd(x,y)|gcd(x,y)$. 那么，$sgcd(x,y)=\frac{gcd(x,y)}{p[gcd(x,y)]}$ 其中 $p[x]$ 表示 $x$ 的最小非 1 质因子. 那么我们可以先把 $gcd(a[1],a[i])$ 都求出来，然后枚举这个最小质因子. 因为 $gcd(
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摘要：分析一波发现如果一个序列合法，那么必须满足所有数都是最小值的倍数. 加上组合数就行了. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define mod 998244353 #define N 500006 #define setIO(s
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摘要：后缀自动机的做法很显然：建出后缀树，线段树合并，然后倍增的时候更新答案就行. 后缀数组的做法也挺显然：二分答案，然后用主席树判定一下 $[a,b-mid+1]$ 是否有值即可. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 200006 #define lson
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摘要：暴力枚举的话是 $O(n^2)$ 的，但是我们可以维护每个圆的外接矩阵，然后显然如果一个圆会被当前圆删，外接矩阵一定有交集，所以就可以用 KDtree 来剪枝了. 直接做的话洛谷上能过，LOJ 上要在开始的时候把所有点都旋转一个特定的角度来保证随机性. code: #include <bits/st
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摘要：自己想出来的，还是相当开心的（说实话这题也不难 QAQ......） 首先，那个时间限制非常好处理：离线然后拆成插入和删除就行. 对于每一种元素的每一个位置维护一个 $pre_{i}$ 表示上一次出现的位置. 假设我们查询的位置是 $pos$，我们二分答案 $mid$. 如果 $mid$ 合法，就要
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摘要：非常有意思的 dp，很难想出来吧. 如果对着图去想，很难有思路，所以可以把图上的问题转化为序列问题. 我们发现，如果一个点集合法，当且仅当这个点集构成一个不降序列，且其他点都与这个点集形成逆序对. 令 $f[i]$ 表示由 $1$ ~ $i$ （选 $i$ ）构成的合法方案数. 然后如果不选一个元素
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摘要：这个状压状态时显然的，但是总状态数有 $\binom{K}{P}$. 好在题目中有一个要求，就是每个格子必须经过一次，所以说我们压缩的长度为 $P$ 的状态中首位必为 1. 那么状态数就减小为 $\binom{K-1}{P-1}$，来一个矩阵乘法就行了. code: #include <cstdio
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摘要：令 $f[i][k][j]$ 表示考虑前 $i$ 个位置，有 $k$ 次更新，且最大值为 $j$ 的方案数. 转移的话是一个前缀和. 由于是多组询问，所以可以先预处理出来. 细节什么的要注意一下. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long
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摘要：我们发现最多只会用 n 个背包. 令 $f[S]$ 表示装完 $S$ 的物品所需最少背包数量. 令 $g[S]$ 表示满足 $f[S]$ 的情况下剩余的最大重量. 转移略复杂，细节比较多. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 24 #define inf
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摘要：思路十分显然，但是结构体的写法要注意. 定义重载运算符可以有效地减小代码量. 因为一个小错误调了半天，自闭了. code: #include <map> #include <cstdio> #define mod 998244353 #define setIO(s) freopen(s".in","
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摘要：如果进行了 $q$ 个操作，且这 $q$ 个操作都包含位置 $i$，则 $i$ 位置的值一定是最大值. 所以我们就可以按照区间进行线段树分治，然后拿 bitset 优化一下 $dp$ 即可. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 10008 #define
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摘要：自己想+切掉的，开心. 推一推就发现如果要权值最大，就尽量使用那个乘法. 然后就分两种情况讨论一下： 1. 乘法用到 k-1 次. 2. 乘法用不到 k-1 次. code： #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define N 3006 #
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摘要：$O(n^2)$ 的式子是好列的，然后我们发现这是一个关于前后缀的转移. 用线段树合并优化这一过程. 具体地，分别维护 $x,y$ 的后缀和. 这里要注意：由于这道题中两个不同子树肯定没有交集，所以在线段树合并的时候肯定会合并到一个点，使得两个树中一个为空. 然后由于另一个是空的，就没有合并的必要了
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摘要：有一个非常暴力的做法：枚举 $u,v$ 两点中的一个点作为根，然后在 3 棵树中以这个点为根 DFS 一遍，求最大值. 然后考虑用随机化去骗分：设当前枚举的点为 $x$，下一个点 $y$ 可以是 $x$ 为根时求出的最优解. 然后每隔 8 到 9 次随机一个新的 $x$. code: #includ
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摘要：如果做过软件开发，餐巾计划问题的话这题就秒切了. 还是类似的套路：借流思想. 正解的话就是无聊地上一个主席树优化建图就行. 维护一颗边权为正数地主席树，再维护一颗边权为负数的主席树就行. 主席树写了，感觉好恶心...... code: #include <bits/stdc++.h> #define
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