随笔分类 - all—好题
摘要：把转置矩阵看成逆矩阵吓傻了233 首先按照矩乘推一下式子： $$ D=\sum_{i=1}^n a[i] (\sum_{j=1}^n a[j] b[j][i]) c[i] $$ $$ D=(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a[i] a[j] b[j][i]) (\sum_{i=1
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摘要：这个条件非常妙啊，奇数和奇数一定满足1，因为\\( (2a+1)^2+(2b+1)^2=4a^2+4a+4b^2+4b+2=2(2(a^2+a+b^2+b)+1) \\)里面这个一定不是平方数因为除二后是个奇数不能再分一个2出来；偶数和偶数一定满足2，因为gcd =2 考虑最小割，先加上所有收益然后
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摘要：玄妙的建图…… 这种平衡度数的题按套路是先黑白染色然后分别连ST点，相邻格子连黑向白连费用1流量0的边，然后考虑费用怎么表示 把一个点拆成五个，上下左右中，中间点黑白染色连ST， 对于连S的点，中点连它不转时候的四边点（有哪个连哪个）流量1费用0的边。 然后考虑转的费用，因为这里已经拆点了，所以在里
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摘要：第一、二问： 就是最小的最长公共长度+1，设f[i][j]为a匹配到i，b匹配到j，第一问的转移是f[i][j]=(a[i]==b[j]?f[i 1][j 1]+1:0)，第二问的转移是f[i][j]=(a[i]==b[j]?f[i 1][j 1]+1:f[i][j 1])，注意这里更新最小公共长度
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摘要：如果没有环的话直接LCT 考虑有环怎么办，如果是静态的话就tarjan了，但是这里要动态的缩环 具体是link操作的时候看一下是否成环（两点已联通），成环的话就用并查集把这条链缩到一个点，把权值加给祖先，断开所有splay上儿子。不过父亲这里不用管，就先让他们连着 每次操作的时候都用并查集找到支配点
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摘要：新姿势，一般来讲LCT只能维护splay重边里的数据，而这里要求维护整颗子树的size 多维护一个sq表示当前点轻儿子的size和，si表示包括轻重边的整颗子树的大小 然后需要改sq的地方是link和access，link是因为给y下面挂了个连着虚边的x点，所以给y的sq加上x的size；acc是改
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摘要：脑洞题大概 首先处理出每个位置需要操作的次数c，假设第一次达到目标就不能再走，这样的操作次数是c差分后值的正数和，就想成分治每一段然后同减最小值然后从0处断开 然后考虑能一圈一圈走的情况，连续一段多走一圈在差分数组上的贡献是一个位置+4一个位置 4, 然后对于差分c后值为( 3,3)的一对位置，+4
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摘要：看着就像反演，所以先推式子（默认n include using namespace std; const int N=5000005,mod=1e9+7; int T,k,n,m,p[N],tot,s[N],f[N],sm[N],ans; bool v[N]; int read() { int r=
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摘要：SA的话t==0直接预处理出每个后缀的不同串贡献二分即可，然后t==1就按字典序枚举后缀，然后跳右端点计算和当前后缀的前缀相同的子串个数，直到第k个 不过bzoj上会T cpp include include include using namespace std; const int N=1000
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摘要：是个神仙dp…… 参考：https://www.luogu.org/blog/xzz 233/solution p5289 设f[i][j][k]是前i个有限制的城市，所有学校中选蓝色阵营有j人，有限制的学校中鸭派系有k人的方案数；g[i][j]是前i个没有限制的城市，蓝色阵营有j人的方案数；h[i
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摘要：有一个想法就是暴力建图，把每个A向有和他相连的B前缀的A，然后拓扑一下，这样的图是n^2的； 考虑优化建图，因为大部分数据结构都是处理后缀的，所以把串反过来，题目中要求的前缀B就变成了后缀B 建立SAM，发现在parent树中每个B能走到的A都在子树中，所以保留这个树结构，连边权为0的边； 然后在p
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摘要：像超级钢琴一样把五元组放进大根堆，每次取一个出来拆开，(d,l,r,p,v)表示右端点为d，左端点区间为(l,r)，最大区间和值为v左端点在p上 关于怎么快速求区间和，用可持久化线段树维护（主席树？）每个点到他root的区间和，这样每次右端点右移就是上一个的线段树在(la[a[i]]+1,i)加上a
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