01 2019 档案
摘要：牛顿迭代：http://blog.miskcoo.com/2015/06/polynomial-with-newton-method#i-6
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摘要：多项式乘法： 然而蒟蒻的我并不会证明 $FFT$： 1 struct cp{ 2 dd x,y; 3 friend cp operator + (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x+s2.x,s1.y+s2.y}; } 4 friend cp o
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摘要：题面：BZOJ传送门 洛谷传送门 线段树好题 题目保证$a$一定是正整数，容易发现计算结果是单调的 我们把询问离线，并按照从小到大排序 某次操作可能导致某些位置达到边界$L/R$ 根据单调性的结论 这些位置一定是从$1$向右扩展或者$Q$向左扩展 可以二分找到这个区间，然后区间覆盖 那么修改操作，归
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摘要：题面：BZOJ传送门 当成有向边做的发现过不去样例，改成无向边就忘了原来的思路.. 因为成环的点一定都能取到，我们把它们压成一个新点，权值为环上所有点的权值和 这样保证了图是一颗森林 每次询问转化为，取出$a$到$b$这条链，求链上所有点的权值和 这实际是一个不删边的动态维护边双的过程 可以用$LC
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摘要：题面：BZOJ传送门 题目让我们求这些物品在合法范围内任意组合，一共组合出$n$个物品的方案数 考虑把每种食物都用生成函数表示出来，然后用多项式乘法把它们乘起来，第$n$项的系数就是方案数 汉堡：$1+x^{2}+x^{4}+x^{4}...=\frac{1}{1-x^{2}}$ 可乐：$1+x$
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摘要：题面: BZOJ传送门 洛谷传送门 题目要求我们求一个序列的回文子序列数量 可以用$FFT$搞定 对于每种字符单独处理，以小写字母$a$为例 把$a$所在的所有位置设为$1$，反之设为$0$ 卷积一下，会发现位置i卷出来的积就可能作为以$i/2$为中心的回文子序列的一个位置，设这个值为$x$ 那么以
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摘要：题面 先把每个串反着插进$Trie$树 每个节点的子树内，可能有一些节点是某些字符串的开头 每个节点挂一棵权值线段树，记录这些节点对应的原来字符串的编号 查询的时候在线段树上二分即可 为了节省空间，使用线段树合并
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摘要：题面：洛谷传送门 BZOJ传送门 标签里三个算法全都是提高组的，然而..这是一道神题 我们把这道题分为两个部分解决 1.找出所有咒语机两两之间的包含关系 2.求出咒语机的最长上升序列 我们假设咒语机$a,b$满足$a\in b$ 如果这个条件不成立，说明存在一个串$S$，$a$能输出，$b$不能输出
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摘要：题面：洛谷传送门 BZOJ传送门 非常有意思的一道数学题，浓浓的$CF$风，然而我并没有想出来.. 我们想把一个$n$维空间用$n$维球分成尽可能多的块 而新增加一个$n$维球时，肯定要尽可能多地切割前几个球围成的不同空间 画画图容易发现$n=1$的规律，因为一条线段只能在两个端点处切割这条直线，所
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摘要：题面： 洛谷传送门 BZOJ传送门 题目大意：求$F[i]=\sum\limits_{j<i}\frac{q_{j}}{(i-j)^2}-\sum\limits_{j>i}\frac{q_{j}}{(i-j)^2}$ 写的第一道不是板子的$FFT$题..然而并没有想出来 原式其实是一个类似于卷积的形
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摘要：题目要我们求$f[i]=\sum\limits_{j=1}^{i}f[i-j]g[j]\;mod\;998244353$ 直接上$NTT$肯定是不行的，我们不能利用尚未求得的项卷积 所以要用$CDQ$分治，先递归$[l,mid]$，然后处理$[l,mid]$对$[mid+1,r]$的影响，再递归$[
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 脑抽写了个费用流$T$飞了，看了题解才明白是怎么跑最大流的 这道题有一个贪心，如果小于它的数没有能和它之和是完全平方数的，那么它一定要新建一个柱子 证明可以看poorpool神犇的这篇博客 由于每个点只能用一次，所以每个点$x$拆成$2$个点$x1$和$x2$，$x1$和源
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 这道题的图还挺好想的吧 反正都是无向边，起点走到终点再回到起点，就相当于从起点走$2$次到达终点，且这两次不经过相同的点，还要经过尽可能多的点 很经典的费用流建图 限制点通过次数->拆点连边，流量为$1$，费用为$1$ 图中的其他边，编号较小的指向编号较大的，流量为$inf
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摘要：1.拆点连边的应用：限制点的流量 2.建图时要考虑源点直接流向汇点的情况 3.选了xxx就不能选xxx/必须选xxx，还要权值差最大->最大权闭合图->最小割 4.限制某点/边的流量可以利用源点/汇点进行约束，并不一定要在网络中
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 劳资把$spfa$里$cost$数组初始化从$-1$改成$-inf$就特么$A$了，梯形里有负数，浪费了半个多小时，心态都崩了 问题难度好像是反过来的 源点向第一排的点都流量为$1$，费用为$0$的边，最后一排的点向汇点连流量为$1$，费用为$0$的边 第三问点点之间流量$
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 和深海机器人那道题不同，这道题要求的是每个点只能被选一次 所以我们把每个点拆成两个，一个入点一个出点，入点出点连一条流量为$1$，费用为$a_{i}$的边 而同一个位置还可能被很多机器人通过，但这些机器人得不到这个点的石头，那么入点出点连一条流量为$inf$，费用为$0$的
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 这估计是网络流$24$题图最难建的一个了..刚了2h没刚出来 首先，肯定要把每一天拆成$2$个点，表示白天和晚上 正常的思路一般是：源点和白天连，白天和晚上连边，晚上和汇点连，晚上再分别向快洗慢洗对应的早上连边，白天和白天之间连边，然后跑费用流.. 然而我们发现怎么跑都不行
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 第一问暴力$O(n^2)$转移就行了 第二问有坑，题目的意思是从序列里取出来一些数，取出来的数不放回去，才有了第三问 图还是比较好建的吧，源点向$f[i]=1$的点连流量为$1$的边，点$i$向$f[j]=f[i]+1$的$j$点连流量为$1$的边，$f[i]=s$的$i$
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 最长k可重区间集问题的加强版 大体思路都一样的，不再赘述，但有一些细节需要注意 首先，坐标有负数，而且需要开$longlong$算距离 但下面才是重点： 我们把问题放到了二维平面内，如果出现了垂直于$x$轴的线段，该如何处理呢？直接当成线段处理显然不可取 假设这条线段的横坐
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 很巧妙的建图啊...刚了$1h$也没想出来，最后看的题解 发现这道题并不类似于我们平时做的网络流题，它是在序列上的，且很难建出来二分图的形。 那就让它在序列上待着吧= = 对于一个区间，左端点向右端点连边，流量为$1$，费用为区间长度 对于一个位置$i$，向$i+1$连边，
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 和太空飞行计划问题一样，这依然是一道最大权闭合图问题 “骑士共存问题”是“方格取数问题”的弱化版，本题解不再赘述“骑士共存问题”的做法 分析题目，如果我们能把所有方格的数都给取上，那么总和是一个定值$sum$ 而题目要求我们取的数不能相邻，我们要想办法最大化$\sum$取的
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 做这道题之前建议先看这篇论文，虽然论文里很多地方用了很多术语，但hbt神犇讲得很明白 这篇题解更加偏向于感性理解 把问题放到二分图上，左侧一列点是实验，权值为$p[i]$，右侧一列点是仪器，权值为$c[i]$，左侧向右侧连接了许多条出边 如果想获得$p[i]$，需要保证i的
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 和部落战争这道题差不多 让我们求一个有向图中的所有点，最少被多少条不相交的链覆盖，并输出方案 链除了两头，中间的点出度入度都是$1$。 我们把链压成弹簧形，问题转化成了二分图匹配？ 所有找不到匹配的位置都是链头！ 而匈牙利的时间复杂度十分不友好，那么怎么用网络流做呢？ 由于
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 依然是很经典的最大流模型..还是很好想 因为一个试题只能用一次，源点$S$向试题连流量为$1$的边 因为每种类型都需要$num_{i}$个试题，所以每种类型向汇点$T$连流量为$num_{i}$的边 每个试题只能在每个类型里出现一次，每个试题向每个类型连流量为$1$的边 然
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 和分配问题这题的建图一模一样啊...这题只不过是多了个流量限制 首先题目保证货物总量和仓库容量相等，考虑最大流 源点$S$向每个仓库连流量为$a_{i}$，费用为$0$的边，每个商店向汇点连流量为$b_{i}$，费用为$0$的边，代表货物总量和商店容量 由于仓库可以向商店随
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 同样是很裸的一个费用流，模型也很好想 源点$S$向每个人连流量为$1$，费用为$0$的边，每个工作向汇点连流量为$1$，费用为$0$的边，代表每个人都只能被分配一个工作 每个人可以在所有工作中任选，而一个工作只能被完成$1$次，所以每个人$i$和每个工作$j$之间连一条流量
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 这估计是$24$题里建图最好想的了吧.. 源点$S$向每个单位连流量为$r_{i}$的边，每个圆桌向汇点$T$连流量为$c_{i}$的边，每个单位和每个圆桌之间都连一条流量为$1$的边 然后上$Dinic$就行了 最终的方案里，如果一个单位流向一个圆桌的流量为$0$，说明这
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摘要：洛谷传送门 LOJ传送门 本题解思路来自hzwer黄学长 搬运后每个位置应该有的货物数量$num=\frac{\sum a_{i}}{n}$ 那么大于$num$的位置都应该把一部分货物提供给其他位置，反之是被提供货物 把源点和汇点想象成货物中心 那么源点向$a_{i}>num$的位置连一条流量为$a
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摘要：最大流EK： 1 #include <vector> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #define N1 210 6 #define M1 1010 7 #define ll long long 8
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摘要：题目大意：略 题目传送门 数据结构好题，但据说直接上动态DP会容易处理不少，然而蒟蒻不会。一氧化碳大爷说还有一个$log$的做法，然而我只会$log^{2}$的.. 考虑静态时如何处理，设$f[x]$表示堵住$x$这棵子树的最小花费，$g[x]$表示$x$所有子节点的$f[x]$总和，$a[x]$表
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摘要：题目大意：略 洛谷题面传送门 BZOJ题面传送门 注意题目的描述，是村庄在一个范围内去覆盖基站，而不是基站覆盖村庄，别理解错了 定义$f[i][k]$表示只考虑前i个村庄，一共建了$k$个基站，最后一个基站建在了i处，最小的总花费 $f[i][k]=min(f[j][k]+calc(j,i))\;c
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摘要：题目大意：给你很多条线段，开头结尾是$[l,r]$，让你覆盖整个区间$[1,T]$，求最少的线段数 题目传送门 线段树优化$DP$裸题.. 先去掉所有能被其他线段包含的线段，这种线段一定不在最优解里 排序，让所有线段构成左右端点位置都递增的排列 定义$f[i]$表示第$i$条线段，覆盖到第$i$条线
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摘要：题目大意：略 洛谷传送门 BZOJ传送门 观察式子$x_{i+1}=a\cdot x_{i}+b (mod\;p)$ 我们能用欧几里得算法求解$ax=c(mod\;b)$的线性同余方程问题 还能用$BSGS$算法求解$a^{x}=c(mod\;b)$的指数同余方程问题 而式子里的$b$这一项显得十分
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摘要：很有意思的一个签到题 然而考场上并没有切掉 $1111...111=K(mod\;m)$ $10^{x}=9K+1(mod\;m)$ 用$BSGS$求解即可 模数爆了$int$，需要快速乘，然而模数是$10^{11}$级别并不是特别大，可以利用位运算进行$O(1)$快速乘
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摘要：题目大意：略 题目传送门 四维偏序板子题 把插入操作和询问操作抽象成$(x,y,z,t)$这样的四元组 询问操作拆分成八个询问容斥 此外$x,y,z$可能很大，需要离散 直接处理四维偏序很困难，考虑降维 而$t$这一维有一个神奇的性质，任意两个四元组的$t$互不相同，是最好处理的，所以尽量保证$t$
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摘要：题目大意：略 洛谷传送门 鉴于洛谷最近总崩，附上良心LOJ链接 任何形容词也不够赞美这一道神题 $\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(i,j)==1][gcd(j,K)==1]$ $\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)
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摘要：题目大意：略 洛谷传送门 杜教筛入门题？ 以下都是常规套路的变形，不再过多解释 $\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{j=1}^{N}ijgcd(i,j)$ $\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{j=1}^{N}ij\sum\limit
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摘要：题目大意：略 题面传送门 果然是一道神duliu题= = 出题人的题解传送门 出题人的题解还是讲得很明白的 1.关于$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\varphi (i,j)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j
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摘要：题目大意：略 洛谷传送门 首先要知道这样一个公式不知道这个公式这道题还怎么做... $d(ij)=\sum\limits_{x=1}^{i} \sum\limits_{y=1}^{j}[gcd(x,y)==1]$ 具体证明可以参考这位神犇的博客 大意是说，令$k=i \cdot j$，把$k,i,j
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摘要：题目大意：略 洛谷传送门 第一次不看题解做出来反演题，我好菜啊 最初推的式子里是把矩阵快速幂然后欧拉降幂，然后发现弄出来的矩阵不能直接相乘.. 但这依然改变不了反演玩的是套路的事实 以下默认$n \leq m$ 题目让我们求$\prod\limits_{i=1}^{n} \prod\limits_{
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摘要：树套树板子题 我写的是最普通的 外层线段树 套 里层权值$splay$ 第一个操作，求$K$在$[L,R]$的排名，在线段树中取出$[L,R]$区间的所有$splay$，每棵$splay$里都查询排名，相加即可，时间$O(log^{2}n)$ 第二个操作，求$[L,R]$中排名为$K$的数，二分一个
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摘要：和dynamic rankings这道题的思想一样 只不过是把树状数组换成线段树区间修改，求第$K$大的而不是第$K$小的 这道题还有负数，需要离散
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摘要：题目大意：略 洛谷传送门 这道题在洛谷上数据比较强 貌似这个题比较常见的写法是树状数组套主席树，动态修改 我写的是整体二分 一开始的序列全都视为插入 对于修改操作，把它拆分成插入和删除两个操作 像$CDQ$分治一样，用结构体记录操作的位置，修改的权值等 假设为需要处理的询问分配了一个答案$mid$
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摘要：题目大意：略 洛谷传送门 多次询问第k小，考虑整体二分 考虑二分答案，为了避免同一权值的数出现在不同位置的情况，用一个$vector$存储权值为i的点在那些位置。而权值可能会很大，我们将其离散。 每次选择一个答案$mid$，把矩阵中权值为$[l,mid]$的点加入到二维树状数组中，即可在$O(log
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摘要：题目大意：略 洛谷传送门 整体二分裸题 考虑只有一个国家的情况如何处理 对询问数量二分答案，暴力$O(m)$打差分，求前缀和验证，时间是$O(mlogK)$ 如果有$n$个国家，就是$O(nmlogK)$，非常不优秀的时间复杂度 发现我们对于每个国家都进行一次二分很浪费时间 考虑把国家分成一定数量的
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摘要：题目大意： 洛谷传送门 这明明是一道KD-Tree，CDQ分治是TLE的做法 化简式子，$|x1-x2|-|y1-y2|=(x1+y1)-(x2+y2)$ 而$CDQ$分治只能解决$x1 \leq x2,y1 \leq y2$的情况 把每次插入操作都相当于一个三元组$<x,y,t>$，权值是$x+y
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摘要：题目大意： 洛谷传送门 三维偏序裸题。。 每次操作都看成一个三元组$<x,y,t>$，表示$x,y$坐标和操作时间$t $ 询问操作拆成$4$个容斥 接下来就是$CDQ$了，外层按t排序，回溯时按$x$排序，用树状数组处理$y$这一维即可
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摘要：题目大意： 洛谷传送门 不愧为SDOI的duliu题 第一问？二元组的最长不上升子序列长度？裸的三维偏序问题，直接上$CDQ$ 由于是不上升，需要查询某一范围的最大值，并不是前缀最大值，建议用线段树实现 第二问是个什么玩意？？ 画画图发现需要正反各做一次$CDQ$来统计 如果某个位置正反的答案$-1
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摘要：题目大意：略 洛谷传送门 和 [CQOI2015]动态逆序对 这道题一样的思路 一开始的序列视为$n$次插入操作 把每次交换操作看成四次操作，删除$x$，删除$y$，加入$x$，加入$y$ 把每次操作都看成一个三元组 $<x,w,t>$ 操作位置，权值，以及操作时间 变成了一道三维偏序裸题 外层按操
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