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题目 传送门 思路 我们考虑一种贪心策略 如果从u不能一步到达v，那么一定存在一种方案使得u的第一步是达到$u+1到p_u$中最大的一个$p_i$的i位置 也就是指我们可以考虑从后往前扫，$dp_i$表示以i号节点为起始节点的总和 之后考虑i号节点到其他节点都是要多走一步，但是对于$j到a_i$的位 阅读全文
posted @ 2020-08-24 16:13
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题目 传送门 思路 我们考虑怎么将转换这个限制 考虑最终的答案一定满足一个式子，对于方案中的任意一个人都满足$l_i<=min{v_i}<=v_i<=max{v_i}<=r_i$ 我们把平面内的每一个点看做$(min{v_i},max{v_i})$ 把其转换成为一个矩阵，矩阵的左下角的左边即为$(l 阅读全文
posted @ 2020-08-24 15:42
loney_s
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题目 传送门 思路 看见区间操作比较容易联想到线段树 考虑怎么对于一个节点进行快速计算 对于叶子节点，存下$f_,f_\(，每一个节点表示\)\sum_f_,\sum_f_$ 考虑对$a_l到a_r$进行加$x$的操作，其实也就相当于他们合起来之后再进行操作，因为$f_i=f_+f_$ 我们将所有的 阅读全文
posted @ 2020-08-24 15:29
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题目 传送门 思路 如果固定左端点，算出所有右端点可能的情况，这个用线段树可以很容易的$O(n*log)$的搞定 考虑左端点往右移一次的情况，即删除$a_i$的情况， 对于$a_j>a_i$的情况，$a_i$会把每一个$a_j$的排名垫高1，次数为$n-j+1$，很容易用线段树维护 对于$a_j<a 阅读全文
posted @ 2020-08-24 15:18
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题目 传送门 思路 正难则反 考虑有哪些节点没有被任何一条线段所覆盖 离线之后用一种类似于扫描线的做法即可 代码 #include<iostream> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; namespace BIT { 阅读全文
posted @ 2020-08-24 15:08
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题目 传送门 思路 考虑暴力，如果我们随便将其分成两块，因为一个序列的所有数要小于另一个序列的所有数，那么有一个序列一定是1~s，时间复杂度$O(n^2)$ 考虑对其进行进一步的优化，我们假设线段树的第i个叶子结点表示第一个序列是1~i的最小值，那么答案就是区间最小值 还是枚举分界的区间，考虑分解的 阅读全文
posted @ 2020-08-24 15:01
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题目 传送门 思路 考虑一种类似于差分的方法 控制一个节点，我们实际上是对他的叶子进行区间加减，如果对叶子进行差分处理，那么一个节点实际上能控制$l$和$r+1$号节点， 比较明显的，如果我们要控制所有节点，那么我们一定要覆盖所有的叶子结点，也就是指我们能自由变换任意区间，很显然的，把一个节点看做一 阅读全文
posted @ 2020-08-24 14:39
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题目 传送门 思路 把天看做点，把人看做边 那么合法的方案只有两种，一种是奇环树，另一种就是单纯的树 如果是奇环树，那么里面的所有天都是必须选， 单纯的树就只能不选1个节点，很明显，不选天数最大的那个点 整个过程用冰茶姬进行维护即可 代码 #include<iostream> #include<cs 阅读全文
posted @ 2020-08-24 11:51
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题目 传送门 思路 考虑到异或的特殊性 将区间转换成两个前缀异或和的异或即可 代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<map> using namespace std; namespace ufs { int fa[400005]; int w 阅读全文
posted @ 2020-08-24 11:42
loney_s
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题目 传送门 思路 如果图连起来是一个二分图，那么二分图的每一个边权是确定的 考虑二分图和二分图之间的边，也就是跨二分图的三元组，很明显，其也是确定的 也就是最终的答案就是$2^$，cnt表示二分图的数量 关于二分图的统计用一个冰茶姬来统计即可 代码 #include<iostream> #incl 阅读全文
posted @ 2020-08-24 11:37
loney_s
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