随笔分类 - 题解
摘要：\(\text{Solution}\) 通过观察发现答案路径为一条链和一些简单环组成 环可选可不选，可用过线性基决定（异或最大值） 链的选择不影响答案（考虑多条链必然产生环，涉及的环的异或值是同样的） 那么我们就只要任取一条链并借助返祖边找到简单环，线性基弄出答案即可 \(\text{Code}\)
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摘要：\(\text{Solution}\) 很容易想到映射处理 以 \(a\) 为基准，主要是因为 \(a\) 不修改 然后就是要解决这么一个问题，带单点修改的二维数点 考虑 \(CDQ\) 分治 当前只考虑分治中心左边区间的修改操作对右边查询的贡献 树状数组即可维护 （第一道 \(CDQ\) 将动态问
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摘要：\(\text{Solution}\) 当 \(h=1\) 时显然是斯坦纳树板子，最方案必然是树形的 \(h > 1\) 时，考虑在每一层新建一个状态表示上一层宝藏全部挖完到这层某个点的答案 同理转移 \(\text{Code}\) #include <cstdio> #include <iostr
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摘要：\(\text{Solution}\) 模板题，二分图带权匹配 第一问费用流即可 第二问考虑枚举最优方案的一条边，删掉，再跑费用流，不能跑出之前的结果说明此边为必经边 \(\text{Code}\) #include <cstdio> #include <queue> #define RE regi
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摘要：\(\text{Problem}\) 大概就是给出 \(n\) 个数和 \(m\)，要从中选最多的数使得两两异或值大于等于 \(m\) 输出方案 \(\text{Solution}\) 一开始的想法很复杂、、、 其实用到一个结论就做好了 对于一个升序数列，它们两两间的异或最小值就是相邻数的异或最小值
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摘要：\(\text{Problem}\) 给出向量 \(\boldsymbol a = (x1,y1), \boldsymbol b = (x2,y2)\) 求 \(|\lambda_1\boldsymbol a + \lambda_2\boldsymbol b|\) 的最小值 其中 \(\lambda
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摘要：\(\text{Solution}\) 很显然的暴力就是把路径上的数抽出来弄个线性基求答案 再优化一下就是用倍增的方式把数抽出来 倍增时涉及两个线性基合并，然后就是 \(O(3600q\log n)\) 了 竟没想到它可以过 \(\text{Code}\) #include <cstdio> #in
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摘要：\(\text{Solution}\) 第一道有向图 \(SG\) 函数的博弈论 有根树，设 \(f[x]\) 表示以 \(x\) 为根子树的 \(SG\) 值 对于分裂的图的 \(SG\) 值为每个小联通图 \(SG\) 的异或值 考虑每次操作后形成的图的 \(SG\) 值，这些为原图的可达状态
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摘要：\(\text{Solution}\) 很容易想到二分，然后 \(DFS\) 走所有能走的边，看是否大于等于 \(z\) 这样就是 \(O(nm \log m)\) 改进措施，思维不够，暴力来凑 先改变下 \(check\) 把 \(\le mid\) 的边加进图中，并查集维护连通性和 \(size
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摘要：\(\text{Code}\) 经过简单的转换后高斯消元即可 好久没打过高斯消元了，最近的还是 \(\text{two years ago......}\) #include <cstdio> #include <iostream> #define RE register using namespa
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摘要：\(\text{Problem}\) 大概就是给张图 \(n \le 200000,m \le 400000\)，点权为编号本身 \(q\) 个询问，能否在 \(S\) 到 \(E\) 的路径上找到一个点 \(X\) 使得 \(S\) 到 \(X\) 所有点权大于等于 \(L\) 且 \(X\) 到
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摘要：\(\text{Problem}\) 给定一个长度为 \(N\) 的序列 \(P\) 和一个数 \(K\) 对于满足 \(j-i \ge K and |P_i-P_j|=1\) 一对 \(i,j\) 可交换 \(P_i,P_j\) 求若干次交换后字典序最小的 \(P\) \(\text{Soluti
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摘要：\(\text{Solution}\) 记 \(k\) 这个办公室相关属性有 \(t,z,s\) 对于以后的某一天 \(T\)，其账户余额为 \((T-t)z+s\) 要最大化这东西，不妨另 \(b=(T-t)z+s\) 则等价于 \(tz-s=Tz-b\)，要最大化 \(-b\) 即最小化 \(b
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摘要：长链剖分优化 \(dp\) 模板 不过这 \(dp\) 真毒 \(\text{Code}\) #include <cstdio> #define RE register #define IN inline using namespace std; typedef long long LL; cons
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摘要：模板 $\text{Code}$ #include <cstdio> #include <iostream> #define IN inline #define RE register using namespace std; const int N = 1e5 + 5; int n, m; str
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摘要：\(\text{Day-1}\) 惨遭遣返······ 这真是伟大的啊！！ \(\text{Day1}\) \(day\) 几好像没有意义，反正只有一天 \(\text{T1}\) 极致 \(H_2O\) 机子跑得非常“快”，样例四直接飙出 \(1s\) 了！ 确实无语 还担心过不了呢 提前把 \(
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摘要：\(\text{Problem}\) 元素带类型与权值，每次修改权值或类型，求区间每种类型和的 \(k\) 次方和 强制在线 \(\text{Solution}\) 显然简单分块，根据询问需要发现要 维护任意两块之间的答案，每种类型的权值在块中的前缀和 询问就很简单，考虑枚举散块出现的类型先去除其在
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摘要：\(\text{Problem}\) 强制在线静态询问区间众数 \(\text{Solution}\) 不得不说 \(vector\) 是真的慢 做 \(LOJ\) 数列分块入门 \(9\) 卡时间卡了两个小时没成功 说说够快得做法 对原数列分块 考虑已经预处理出任意两块之间得答案 散块中出现的颜色
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摘要：\(\text{Solution}\) 涉及到插入，分块需要动态维护块内的元素及相对位置 于是妙用 \(\text{vector}\) 学到了 \(insert\) 操作，在某个迭代器前插入元素 这样我们对元数列分块，块长 \(\sqrt n\) 每个块用 \(\text{vector}\) 维护
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摘要：\(\text{Solution}\) 一看有区间赋值直接上 \(ODT\) \(\text{Code}\) #include <cstdio> #include <iostream> #include <set> #define re register using namespace std; i
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