03 2019 档案
摘要：我们考虑如果我们能快速的得出一条路线上的字符串组成的字典树，那么问题就迎刃而解了。开太多的字典树，开不下，我们可持久化以下就好了。 持久化出根到每个结点的字典树，然后ans(a) + ans(b) - 2 * ans(lca)即可。 可持久化字典树应该如何操作呢，我们考虑，对于一个字典树x，我们向其
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摘要：特别水一道题，还写错了。每行维护一个前缀和，枚举矩形的左上角，扫矩阵第一行的长度，然后看这个长度能向下维持几行。但是忘记考虑要向上也扫一下能维持几行，再求一个和的。因为可能1的长度是逐行递减的，下面的矩形可以向上延申。
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摘要：这题的题意看了20min才看懂，一直以为那个5*5的表格是上面两个序列匹配的结果推出来的，然后下面的结果是那个5*5的表格推出来的............ 题目还是很简单的，有些类似LCS。dp[i][j]表示第一个序列匹配到i，第二个序列匹配到j，产生的最大相似度。然后转移的时候考虑，有三个情况，
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摘要：我们发现，我们从前往后DP有苦难，因为现在的选择存在后效性。 如果我们从后向前DP，f[i]表示从i时刻到下班的最小工作时间，从后向前转移，则不存在后效性问题。
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摘要：这么水的题不想水博客来着，但是感觉这种把原序列倍增后，进行区间DP的思路很奇妙，记录一下。 因为是一个环，所以对原序列倍增后，再进行DP，最后枚举起始位置。 dp[i][j]表示[i,j]这一段合并产生的最大/最小价值。
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摘要：计算一下，对于主人经过一段路线，宠物来得及跑到哪些景点再跑回来。然后对于主人的一段路程看作一个点，与来得及的景点连边。跑一下匈牙利算法就可以了。
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摘要：可能是我有点菜，网上的题解都看不懂......但是写完之后看了好多题解代码，很多都有不影响正确性的思维上的小错误... 回顾下点分治的基理，就是选定重心，把重心的答案和一些点对经过重心路径产生的答案全部都处理出来，从而使得所有子树再也没有任何关系，从而独立而分治。 基本上O(nlogn)，树上点对问
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摘要：点分治算法很容易常数写大？不开O2就被卡常。 很裸的点分治，从选出的根开始往其余的子树搜，看一下当前经过的路径长度tot，k-tot是否在set中，在就找到了长度为k的路径。唯一要注意下的就是，当前子树经过的路径长度不能直接丢到set里，要搞一个临时的tpset来暂存下，搜完这棵子树再把这个tpse
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摘要：忽然感慨，现在可以随便用__gcd这种函数了。 点分治一下就好了，最开始点分治的时候忘记选重心，T了一发。 考虑对于当前点，所有其他点到当前的路径，长为0的t[0]个，长为1的t[1]个，长为2的t[2]个。（取模后长度）那么我们对于一个点x来说，经过他的路径的总数为t[0]*t[0] + t[1]
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摘要：分块算法通常能跟暴力相结合，从而在较为优秀的时间内解决一个常规方法难以解决的问题，很神奇。 我们考虑将序列分块，每个块内按照身高排序。 对于修改操作，我们对于左右的边界所在的块，排回原序后，暴力修改，再按照身高排回来。O(sqrt(n)logn)。对于中间的整块，打一个标记来修改。O(sqrt(n)
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摘要：实际上跟哈希没有关系，跟分块也没关系。 sum[p][k]表示取模p，余k的所有下标位置的和。up为sqrt(n)。显然我们可以在O(nsqrt(n))的时间内预处理出sum数组。对于p不超过up的询问直接输出即可。 如果出现修改操作，我们只要单独修改被修改位置对整个sum数组的影响即可。复杂度为O
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摘要：之前只做过分块做法，补一下树状数组做法。 我们先考虑一个问题，如何求从[1,x]这一区间内元素不同的个数？显然我们只要从到到位，遇到一个新的元素，就在对应位置+1，然后使用树状数组求前缀和即可。 这里我们需要去求[x,y]，所求区间的左端点也会发生变化。我们先按照[1,x]的方法预处理出这个前缀和数
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