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参考：https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/8632904.html 要开longlong的 首先看dp，设f[u]为必选u点的子树内最大联通块，p[u]为不一定选u的子树内最大联通块，转移很显然就是f[u]=max(Σf[v],0),p[u]=max(max(p[ 阅读全文
posted @ 2018-12-09 11:55
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是动态dp的板子 大致思想就是用g[u]来表示不包含重链转移的dp值，然后用线段树维护重链，这样线段树的根就相当于这条重链的top的真实dp值 每次修改的时候，修改x点会影响到x到根的真实dp值，但是只会影响到每条重链的低端点的dp值，相当于在log个线段树上单点修改 cpp include inc 阅读全文
posted @ 2018-12-08 19:00
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一直WA……找了半天错的发现居然是解密那里的mask其实是不能动的……传进去的会变，但是真实的那个不会变…… 然后就是后缀自动机，用LCT维护parent树了……注意不能makeroot，因为自动机的根是不会变的（同理也不能翻转区间），其实就是低配LCT（？） cpp include include 阅读全文
posted @ 2018-12-07 10:39
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我没有找到能在bzojAC的代码……当然我也WA了……但是我在洛谷过了，那就假装过了吧 minmax线段树一开始写的只能用min更新min，max更新max，实际上是可以互相更新的…… 首先看第二问，注意到因为没有相交，所以可以全都按某种顺序像同一个方向移动来完成游戏，这个顺序通过扫描线找到，用se 阅读全文
posted @ 2018-12-06 17:43
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我想写FHQtreap的！是set自己跑进代码的！~~因为太好写了~~ 是有点慢……洛谷上不吸氧会T一个点 就是，用一个set p维护所有点值，ans维护MIN_SORT_GAP的答案，每次insert一个点的时候都查一下它在p里的前驱后继，更新一下ans即可；用一个multiset c维护差分后的 阅读全文
posted @ 2018-12-05 19:16
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就是非旋treap的板子 cpp include include include using namespace std; const int N=500005,mod=73939133,bs=997687623; int q,tot,rt,st=123; struct qwe { int c[2] 阅读全文
posted @ 2018-12-05 10:58
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首先看出终止状态是全都堆在左边或者右边，然后发现黑的向左白的向右是最优策略（如果不能这样了也就该输了） 然后就不会了 参考 http://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7707746.html 发现黑白之间的距离一定是不断缩小的，就相当于k堆石子，每次从1~d堆里拿走一些， 阅读全文
posted @ 2018-12-04 15:27
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先手必胜状态是黑三角在边上 然后其他情况脑补一下，n为偶数先手必胜，可以理解为从某一边取，先手总有办法让后手取得一边有奇数个 阅读全文
posted @ 2018-12-04 14:49
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这个东西卡常……预处理的时候要先把i%j,i/j都用变量表示，还要把%2变成&1…… 首先每一堆都是不相关子游戏，所以对于每一堆求sg即可 考虑暴力枚举石子数i，分割块数j，分解成子问题求xor和（其实就是根据i/j,i/j+1的个数的奇偶性xor一下即可），然后对sg[i]暴力mex，这样是n^2 阅读全文
posted @ 2018-12-04 11:29
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先预处理出来sg值，然后先手必败状态就是sg[a[i]]的xor和为0（nim） 如果xor和不为0，那么一定有办法通过一步让xor和为0，具体就是选一个最大的sg[a[i]]，把它去成其他sg值的xor和，这样后手的xor和就是0了 当然并不一定要取最大的，只要sg[a[i]] (ans^sg[a 阅读全文
posted @ 2018-12-04 09:20
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必败状态是倒序排列，也就是正序对为0 然后发现，每次翻转都是有奇数个数对（\\( C_{4x+2}^{2} C_{4x+3}^{2} \\) 都是奇数），所以每次翻转丢回改变正反数对的奇偶性 又因为偶数为必败状态，所以顺序对为奇数则必胜 cpp include include using names 阅读全文
posted @ 2018-12-04 08:24
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必败状态是n为偶数并且数量相同的石子堆可以两两配对，因为这样后手可以模仿先手操作 其他状态一定可以由先手给后手一步拼出一个必败状态（用最大堆补） cpp include include include using namespace std; const int N=100005; int n,a[ 阅读全文
posted @ 2018-12-03 21:50
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也就是转换到树形删边游戏，详见 https://wenku.baidu.com/view/25540742a8956bec0975e3a8.html cpp include include include using namespace std; const int N=1005; int T,n, 阅读全文
posted @ 2018-12-03 21:35
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预处理出SG函数，然后像普通nim一样做即可 cpp include include using namespace std; const int N=10005; int k,s[N],m,n,sg[N],v[N],ti,ans; int read() { int r=0,f=1; char p= 阅读全文
posted @ 2018-12-03 19:57
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如果全是1，那么n是奇数先手必败 否则，xor和为0先手必败 证明见 https://www.cnblogs.com/Wolfycz/p/8430991.html cpp include include using namespace std; const int N=55; int T,n,a[N 阅读全文
posted @ 2018-12-03 17:39
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把连边和不连边看成黑白染色，然后就变成了 https://www.cnblogs.com/lokiii/p/10055629.html 这篇讲得好！https://blog.csdn.net/wzq_qwq/article/details/48035455 cpp include include u 阅读全文
posted @ 2018-12-03 09:48
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参考 https://wenku.baidu.com/view/fee9e9b9bceb19e8b8f6ba7a.html?from=search 的最后一道例题 首先无向完全图是个若干点的置换，但是实际上要染色边，也就是要求边的置换 首先，通过dfs构造一个点的置换，然后再把每个置换分割加起来就是 阅读全文
posted @ 2018-12-02 21:59
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其实也不是FWT……我也不知道刷FWT专题问什么会刷出来这个东西 这是min max容斥讲解：https://www.zybuluo.com/ysner/note/1248287 总之就是设min(s),max(s)分别表示集合s里最早和最晚出现的元素，显然E(amx(全集))就是答案 然后有这样的 阅读全文
posted @ 2018-12-02 11:38
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满足GL的组合一定包含GL每个质因数最大次幂个最小次幂，并且能做限制这些数不会超过600个 然后质因数最多8个，所以可以状压f[s1][s2]为选s1集合满足最大限制选s2集合满足最小限制 dfs一下预处理出质因数只选一个质因数的初始状态 然后dp，做一个前缀一个后缀，设f[i][j]为前i个质因数 阅读全文
posted @ 2018-12-01 21:54
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T了两次之后我突然意识到转成fwt形式之后，直接快速幂每次乘一下最后再逆回来即可，并不需要没此次都正反转化一次…… 就是根据nim的性质，先手必输是所有堆个数异或和为0，也就变成了一个裸的板子 阅读全文
posted @ 2018-11-30 16:11
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想了好长时间最后发现真是石乐志 第一反应就是两边之和大于第三边，但是这个东西必须要满足三次…… 任意的两边之和合通过生成函数套路+FFT求出来（记得去掉重复选取的），然后这任意两边之和大于任意第三边可以用一个前缀和求得（同样记得去重，前缀和里面一定包含前两条边），这样我们就得到了任意两边之和大于任意 阅读全文
posted @ 2018-11-29 16:21
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考虑正难则反，我们计算所有对称子序列个数，再减去连续的 这里减去连续的很简单，manacher即可 然后考虑总的，注意到关于一个中心对称的两点下标和相同（这样也能包含以空位为对称中心的方案），所以设f[i]为下标和为i的对称中心一共有多少对相同字符，这样总答案就是\\( \sum_{i=0}^{2 阅读全文
posted @ 2018-11-29 10:43
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和bzoj 4503 https://www.cnblogs.com/lokiii/p/10032311.html 差不多，就是再乘上一个原串字符 有点卡常，先在点值下算最后一起IDFT cpp include include include include using namespace std; 阅读全文
posted @ 2018-11-29 07:55
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还是没有理解透原根……题目提示其实挺明显的，M是质数，然后1 include include using namespace std; const int N=20005,mod=1004535809,g=3; int n,m,x,k,s[N],d=2,id[N],lm,bt,re[N]; long 阅读全文
posted @ 2018-11-28 21:50
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真实脑洞题 因为通配符所以导致t串实际有指数级别个，任何字符串相关算法都没有用 考虑一个新的匹配方法：设a串（模板串）长为n，从m串的i位置开始匹配：\\( \sum_{i=0}^{n 1}(a[j] b[i+j])^2a[j] \\) 这个东西只有在从i开始的长为n的a串子串与b串完全匹配的时候才 阅读全文
posted @ 2018-11-28 15:17
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瞎搞居然1A，真是吃鲸 n的范围只有聪明人能看见……建议读题3遍 首先看计数就想到生成函数，列出多项式A(x)，然后分别考虑123 对于选一个的直接计数即可； 对于选两个的，\\( A(x)^2 \\)，然后注意这里两个选一样的是不合法的，各出现了一次，所以减掉，然后这里是有顺序的，所以最后再除以2 阅读全文
posted @ 2018-11-27 21:57
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扩展中国剩余定理板子 cpp include include using namespace std; const int N=100005; int n; long long m[N],r[N],M,R,x,y,d; void exgcd(long long a,long long b,long 阅读全文
posted @ 2018-11-26 15:36
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扩展中国剩余定理的板子，合并完之后算一下范围内能取几个值即可（记得去掉0） cpp include include include using namespace std; const int N=15; int T,n,m; long long a[N],b[N],A,B,x,y,d; bool 阅读全文
posted @ 2018-11-26 11:49
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用生成函数套路推一推，推完老想NTT……实际上把这个多项式乘法看成dp然后前缀和优化一下即可 cpp include include using namespace std; const int N=1005,mod=1000000; int n,m,c[N],l,r,f[N 100],s[N],s 阅读全文
posted @ 2018-11-26 10:55
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根据套路列出式子：\\( \prod_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{c[i]}\frac{x^j}{j!} \\)，然后暴力展开即可 cpp include include include using namespace std; const int N=205; int n,m,c[N 阅读全文
posted @ 2018-11-26 10:30
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