12 2018 档案
摘要："嘟嘟嘟" 看到求区间的，一个很好的思路就是转换成前缀和相减。那么这道题就是二维前缀和。 容易列出 $$\sum _ {i = 1} ^ {n} \sum _{j = 1} ^ {m} [gcd(i, j) = k]$$ 然后就是套路的推导了，跟 "这道题" 一模一样，看我的题解吧 "[POI200
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摘要：嘟嘟嘟 [NOI2003]的其实就是一个板子……所以我就不说啥了。 唯一需要注意的是读入字符（哎……）：题中说“中间可能有空格，请忽略”的意思是要在程序里特判掉，不是不管他…… 输出的时候暴力中序遍历就行。 然后[AHOI2006]的只是多了一个区间翻转，然后输出单个字符，其实还是板子。 只不过读入
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摘要：嘟嘟嘟 看到$i$变成了$A_i$，我突然想起了置换这个东西。于是马上到网上学了一遍轮换乘法。 手模后发现轮换乘法满足结合律，但不满足交换律。 于是就可以快速幂啦。 需要注意的是每一次相乘是$O(n)$的，因此总复杂度为$O(n \log n)$。 代码一看就懂 #include<cstdio> #
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摘要：嘟嘟嘟 这题我写的时候还是挺顺的，边写边想为啥学姐说我是“勇士”。然后我用了大半天的debug时间理解了这句话…… 先不说那几个把人坑到退役的点，光说这几个操作，其实都听基础的。 我感觉唯一要说一下的就是插入一串数：我们先把这些数建成一个splay，然后把这个splay的根节点连到对应的点的儿子节点
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摘要：嘟嘟嘟 这道题刚开始想lct，但后来发现并没有那么麻烦。 其实就是splay + 启发式合并，同时用并查集维护连通性…… 刚开始每一个节点都属于一个splay以及一个并查集，合并的时候把小的splay拆散，往大的上一个一个添加。 因为每一次splay至少会变大一倍，所以每一个点最多被合并$log n
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摘要：嘟嘟嘟 这是一道splay基础题。 最坑的一点是，因为有些节点可能没有左儿子或右儿子，所以必须把t[0].Max赋成-INF！ 因为这个调了半天，看来回头复习复习splay是对的…… #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #inclu
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摘要：嘟嘟嘟 看到这种区间问题和最大异或和，我刚开始想到可持久化trie（虽然我不会写）。 但是这道题给的是$b_i$ XOR \((a_j + x_i)\)，好像搞不了。 不过大体思路跟普通的最大异或和还是比较像的：我们从高位向低位枚举，如果该位是$0$，就看看有没有$1$。 假设第$i$位是$0$，在
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摘要：嘟嘟嘟 看到比值，就想到01分数规划，令$ans = \frac{\sum a_i}{\sum l_i}$，其中$l$表示长度，所以$l_i$都是$1$。 然后变一下型，得到$\sum (a_i - ans) = 0$。这就是01分数规划的标准形式了。 所以我们按套路二分，每一次数组中的元素就是$a
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摘要：嘟嘟嘟 一看到子串排序，就想办法往后缀数组上靠。 因为后缀数组的排序和长度无关，所以我们把字符串加倍后直接一个后缀排序即可。 然后观察一下输出，其实就是$sa[i]$的上一个字符，所以排完序后如果$sa[i] \leqslant n$就输出$s[sa[i] + n - 1]$即可。 $O(n \lo
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摘要：嘟嘟嘟 今天学了一个后缀数组，还是挺好理解的。 因为我不会基数排序，所以只会$O(n \log ^ 2 n)$的sort版。 首先，后缀数组就是把该字符串的所有后缀按字典序排序得到的一个数组。注意这个排序只有字典序一个关键字，跟长度无关。 比如ababa的后缀数组就是：5 3 1 4 2，对应的后缀
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摘要：嘟嘟嘟 这道题其实还是挺基础的，只不过操作有点多。 区间乘和区间加按线段树的方式想。 那么就先要下放乘标记，再下放加标记。但这两个和反转标记是没有先后顺序的。 对于区间加，sum加的是区间长度$*$lazy标记。但是线段树区间固定，而lct不是，所以还要单独维护一个size。 还有一点，这个是spl
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摘要：嘟嘟嘟 lct维护生成树。 其实要是没学lct的话，我觉得是二维spfa，但是没写不知道对不对。 用lct的话，就是先把这些遍按$a$排序，这样我们只用考虑另一维了。 对于边$<x, y>$，如果$x$和$y$不连通，直接Link即可；如果联通，那么就要从$x$到$y$的这条链中Cut一个边权最大的
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摘要：嘟嘟嘟 挺好的LCT题。 所以我决定不拿分块水过，按正解写一发。 先新建一个虚拟节点$n + 1$，跳到这个点就说明被弹飞了。 1.建树： $i$向$min { i + k_i, n + 1 }$连边。 2.修改 断掉$i$和$min { i + k_i, n + 1 }$的边，并链接$i$和$mi
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摘要："嘟嘟嘟" 看完题后突然想起jf巨佬的话：“看到曼哈顿距离就想转切比雪夫距离。” 于是我就转换了一下。 然后问题变成了求 $$max_{i, j \in n} \{ max \{ |x_i x_j|, |y_i y_j| \} \}$$ 令差最大，只要分别找出$x, y$的最小值和最大值即可。 $O
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摘要：嘟嘟嘟 写完lct的板儿后觉得这就是一道大水题。 连pushup都不用。 不过还是因为一个zz的错误debug了一小会儿（Link的时候连出自环……） 还有一件事就是Cut的时候判断条件还得加上，因为我这种写法会改变树的形态，不加后面就删错边了。 #include<cstdio> #include<
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摘要：嘟嘟嘟 LCT竟然看了整整一天，但好歹是看懂了。 教程这里不写，强烈推荐 闪狐大佬的博客 。 但是还是有几句想说的。 1.尽管LCT和splay很像，但是有一些细节还是不一样的。首先是rotate，我们习惯性的令$y$为$x$的父亲，$z$为$y$的父亲。这时候一定要判断$y$是否为当前splay（
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摘要："嘟嘟嘟" 这题就是一道矩阵加速dp的水题，dp式都给你了，所以矩阵这方面就不说了。 之所以发这篇博客，是因为两数相乘可能会爆long long，所以得用快速乘。 现学了一下，感觉和快速幂特别像。 对于两个数$a, b$，按位枚举$b$，如果$b$的第$i$位为$1$，答案就加上$a 2 ^ i$。
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摘要：嘟嘟嘟 这题就是整体二分的板儿，只不过变成二维的。 那么就用二维树状数组好啦。 至于二维树状数组，看了代码就懂了。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #i
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摘要：嘟嘟嘟 做了几道题之后，对整体二分有点感觉了。 整体二分的本质就是二分答案。所以这道题二分的就是次数。 然后就是套路了，把小于$mid$的操作都添加减去，然后查询，如果查询的值$x$比给定值大，就把这个询问放到左区间，否则减去$x$，放到右区间。 具体的操作，要支持区间加和单点查，第一反应是线段树，
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摘要：嘟嘟嘟 这应该算是整体二分入门题吧。 唯一的区别就是这次是区间修改，树状数组可能不太好做，换成线段树就好了。 然后每一次别忘了清空。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cs
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摘要：嘟嘟嘟 整体二分是一个好东西。 理解起来还行。 首先，需要牢记的是，我们二分的是答案，也就是在值域上二分，同时把操作分到左右区间中（所以操作不是均分的）。 然后我就懒得讲了…… 李煜东的《算法竞赛进阶指南》第二版中讲的特别好，有兴趣的OIer可以拿来读读。 这里贴一个板儿。 突然想说一嘴：这道题我们
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摘要：嘟嘟嘟 今天学了个虚树，觉得这东西挺奇特。 虚树简单来说就是保留每一次询问的关键点以及他们的lca，把其他的点从树中删去。这样如果每一次询问的复杂度为$O(n)$的话，总复杂度就是$O(\sum _ ^ k_i)$。 虚树的构建方法这里推fjzzq大佬的博客。 构建完虚树后，在虚树上dp。因为每一个
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摘要：嘟嘟嘟 一看到异或，就想到按位处理． 当处理到第$i$位的时候，$f[u]$表示节点$u$到$n$的路径，这一位为$1$的期望，那么为$0$就是$1 - f[u]$，于是有 \(f[u] = \frac{1}{d[u]} (\sum _ {v \in V, w = 0} f[v] + \sum _
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摘要：嘟嘟嘟 [数组越界真刺激，debug到怀疑人生] 我们可以求出每一条边的期望，然后贪心的把期望大的赋上小边权。 而对于边$e<x, y>$的期望$E(e) = \frac{E(x)}{du[x]} + \frac{E(y)}{du[y]}$。$du[x]$表示$x$有几条出边。 理解起来就是这条边的
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摘要：嘟嘟嘟 由题意可知，我们要求一个$n$元组$(x_1, x_2, x_3, \dots, x_n)$，满足 \(\sum _ {j = 1} ^ {n} (a_{ij} - x_j) ^ 2 = r ^ 2\) 对于$\forall i \in [1, n]$都成立。 这个式子说白了就是一个$n$元
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摘要：嘟嘟嘟 一句话：最优比率生成树。 因为是完全图，所以kruskal会TLE，还必须用prim。为此现学了一下。 prim的大概流程是这样的： 1.先随便选一个点 2.从通过这个点的所有出边更新所有点到现在的联通块的最小距离。 3.选离联通块最近的点加入块中，答案加上该条边。 4.重复第2步$n -
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摘要：嘟嘟嘟 懒的写博客了，恰好发现自己的思路跟某一老哥极其像，所以各位还是看这篇博客吧 写的CDQ分治，感觉不是很懂，以后还得再复习一遍。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<c
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摘要："嘟嘟嘟" 刚开始推了一个$O(n ^ 2)$的dp方程，但是需要倒着来，然后斜率优化的时候出现了各种错误，最终还是放弃。 换一个正着来的吧。 令$dp[i]$表示在$i$建仓库时的最小花费，则 $$dp[i] = min _ {j = 0} ^ {i} \{dp[j] + \sum _ {k =
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摘要："嘟嘟嘟" 这道题dp式特别好想： $$dp[i] = max_{j = 0} ^ {i 1} (dp[j] + f(s[i] s[j]))$$ 其中$f(x) = ax^ 2 + bx + c$，$s[i] = \sum_{j = 1} ^ {i} x[j]$。 但是$O(n ^ 2)$过不了，需
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摘要："嘟嘟嘟" 如果常规dp，$dp[i][j]$表示前$i$个任务分$j$组，得到 $$dp[i][j] = min _ {k = 0} ^ {i 1} (dp[k][j 1] + (s j + sumt[i]) (sumc[i] sumc[k]))$$ 复杂度是$O(n ^ 3)$的。 因此我们要换
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摘要："嘟嘟嘟" 一句话题意：求带权基环树森林中每一个联通块的最长路之和，路径为简单路径。 其实这道题不难，只不过是吧好多知识拼接在了一起。 看到基环树，就会想到断环为链，为了能枚举到所有路径，要把链翻倍乘2。 现在得到了一个序列，上面的每一个点表示外向树的树根。 那么一条最长路可能有两种情况： 1.单独
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摘要："嘟嘟嘟" 只要会决策单调性，这题就是练手的 首先按矩形长排序，这样只用考虑宽了。 然后很容易搞出dp方程 $$dp[i] = min _ {j = 0} ^ {i 1} (dp[j] + x[i] max_{k = j + 1} ^ {i} y[k])$$ 找max可以用st表达到$O(1)$。
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摘要："嘟嘟嘟" 决策单调性dp。 首先dp方程很好想 $$dp[i] = min_{j = 0} ^ {i 1} (dp[j] + w(j + 1, i))$$ 其中$w(i, j) = (i j + \sum _ {i = l} ^ {j} C_i L) ^ 2$ 但是我不会四边形不等式，于是打表，发
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摘要："嘟嘟嘟" 令$dp[i]$表示到第$i$个数时的答案，很容易列出： $$dp[i] = dp[i 1] 10 ^ {num[i]} + (i 1) + 1$$ 其中$num[i]$表示$i$的位数。 然后看数据范围，知道这一定得用矩乘优化。可是$num[i]$是一个变量啊，这怎么办。 A了后我问坐
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摘要："嘟嘟嘟" 第一问是数位dp。因为我既不会数位dp也不会记搜，所以就抄了份儿代码。这个坑有时间一定要填。 第二问矩乘优化斐波那契。 没了。 (~~好像啥也没讲~~)
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摘要：嘟嘟嘟 这道题刚开始我连dp方程都没设出来，现在想一想还是我对dp的理解不够深。 令$dp[i][j]$表示长串匹配到第$i$位，短串匹配到第$j$位时的方案数。因为题中说不让匹配成功，所以答案是$dp[n][m - 1]$。 但转移不好写，因为这个状态不够具体。应该在加一个条件：长串$s$[$1$
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摘要：嘟嘟嘟 预备知识：对于不带权的图的邻接矩阵$G$，$G ^ T$表示两点间长度为$T$的路径的方案数。 这个其实挺好理解的，想一下开始的邻接矩阵，$G[i][j]$就表示的是$i$走1步到$j$的方案数。然后自己模拟一下两个矩阵相乘，$G[i][j]$就表示走两步的方案数。以此类推。 但是这道题边上
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摘要：这题呀，其实除了最后筛积性函数的时候比较困难，剩下的都是套路…… 首先要想到的是所有满足条件的$\mu(gcd(i, j)) \neq 0$，然后就是暴推了。 首先得到的式子是这样的 $$ans = \sum x \mu(x) ^ 2 \sum _ {d = 1} ^ {\lfloor \frac{
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摘要：多次询问，求 $$\sum _ {i = 1} ^ {n} \sum _{j = 1} ^ {m} lcm(i, j)$$ 题解写不动了……~~自己~~搞出来的和大佬们的都一样，就贴一发 "大佬的博客" 吧。 如果不会的话，可以先做这个弱化版的： "单次询问" 也附上一篇 "大佬的博客" 这里有几个
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摘要："嘟嘟嘟" 感觉这几道数论题都差不多，但这到明显是前几道的升级版。 推了一大顿只能得60分，不得不看题解。 各位看 "这老哥的题解" 吧 我就是推到他用$T$换掉$kd$之前，然后枚举$T$的。这个转换确实想不出来啊。 还有最后一句，最终的式子 $$\sum_{T = 1} ^ {n} \lfloo
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摘要："嘟嘟嘟" 挺好的题 $$\begin{align } ans &= \sum_{i = 1} ^ {a} \sum_{j = 1} ^ {b} [gcd(i, j) = d] \\ &= \sum_{i = 1} ^ {\lfloor \frac{a}{d} \rfloor} \sum_{j =
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摘要："嘟嘟嘟" 这题跟上一道题有点像，但是我还是没推出来……菜啊 $$\begin{align } ans &= \sum_{i = 1} ^ {n} \frac{i n}{gcd(i, n)} \\ &= n \sum_{d | n} \sum_{i = 1} ^ {n} [gcd(i, n) = d
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摘要："嘟嘟嘟" . $$\begin{align } ans &= \sum_{i = 1} ^ {n} (i, n) \\ &= \sum _ {d | n} ^ {n} \sum _ {(i, n) = d} ^ {n} d \\ &= \sum _ {d | n} ^ {n} \sum _ {(i
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摘要：嘟嘟嘟 学完数论分块，觉得这题不难啊。（难道是我变强了？） 推式子就行。 $$\begin{align*} G(n, k) &= \sum_ ^ k \ \ mod \ \ i \ &= \sum_ ^ k - \left \lfloor \frac \right \rfloor * i \ &=
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摘要：其实主要是想发一下线性筛的板子，包括线性筛质数，约数个数，欧拉函数和莫比乌斯函数。 有些也会有一点简单的证明。 线性筛质数就不说啦。 然后加一个筛欧拉函数。 当$i$为质数的时候，自然$\varphi(i) = i - 1$。 令$n = mp$， 当$p \nmid m$的时候，有$\varphi
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摘要：嘟嘟嘟 上下界网络流之最小流。 建图不说啦，裸的。 在有附加源$S$和附加汇$T$的图上跑完后，删除和$S, T$相连的边。然后因为可能流多了，所以现在应该退流，于是我们从$t$到$s$跑一遍最大流就行了。 今天总算有一道1A的题了，舒服。 #include<cstdio> #include<ios
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摘要：嘟嘟嘟 有源有汇上下界网络流之最大流。 这题建图其实不难，从$s$向每一天连容量为$[0, D]\(的边，每一天向对应的女孩连容量为\)[L, R]\(的边，每一个女孩向汇点连容量为\)[G, INF]$的边。 然后转换成上下界网络流的图：建立附加源附加汇$S, T$，计算每一个点的出入度之差后连边
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摘要：嘟嘟嘟 上下界网络流之可行流。 对于这种矩阵的题，做过就应该知道怎么建图。 像二分图一样，左边$n$个点代表行，右边$m$个点代表列。对于点$(i, j)$的限制，就从左边第$i$个点向右边第$j$个点连边。 然后这题基本也就完事了。 建图虽然不难，但写起来比较麻烦，因为数据较小，推荐邻接矩阵存每一
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摘要：嘟嘟嘟vjudge 上下界网络流问题一般分为两种，一是求可行流，二是求最大/最小流。这道题属于第一种。 准确说是第一种问题的板子题。 直接讲做法吧： 设从$x$到$y$有一条容量不小于$b$，不大于$c$的边。 1.从$x$向$y$连一条$c - b$的边。 2.统计每一个点的$d(i)$：\(d(
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摘要：嘟嘟嘟 感觉fft的题重点在于推式子…… 因为$n \leqslant 5e4, m \leqslant 100$，所以可以枚举旋转的位置和增加的亮度，然后想办法在$O(1)$时间内得到答案。 令枚举到第$i$个位置时$A, B$两个手环的序列为$A_i, B_i$，此时$B_i$整体怎加了$x$亮
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摘要：嘟嘟嘟 方案：回文子序列数 - 回文子串数。 回文子串数用manacher解决就行了，关键是怎么求会问序列数。 一个比较好的$O(n ^ 2)$的算法：对于一个回文中心$i$，$O(n)$求出以$i$为中心位置对称且字母相同的字母对数$x$，则以$i$为回文中心的回文子序列有$2 ^ x - 1$个
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摘要：嘟嘟嘟 这应该是我的第一篇fft题解吧。 对于这道比较裸的多项式乘法题，主要思路就是推出卷积的式子，然后用fft加速。 卷积我在网上找了半天，只看到一篇博客上写了这个东西。再加上自己的脑补，觉得卷积好像就是这个式子： \(c(i) = \sum_{j = 0} ^ {i} a_j *b_{i - j
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摘要：贴板子啦…… FFT板子：luogu P3803 【模板】多项式乘法（FFT） #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdlib> #i
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摘要：嘟嘟嘟vjudge 树上莫队入门题，还没有修改。 刚做完糖果公园，顿时觉得这题水爆了。 注意有$a = b$的情况。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #
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摘要：嘟嘟嘟 树上莫队。 要会树上莫队，得先会树上分块，A了王室联邦再说。（欢迎查看我的题解） 其实树上莫队和线性的莫队很像，大体思路完全一样：先把询问分块，然后按块排序。接着如果带修改的话就维护三个指针，否则两个。 但是有一个区别，就是移动指针的时候该怎么移。线性莫队往左往右移并且统计答案就行了。但是树
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摘要：嘟嘟嘟 学树上莫队的时候给我推了糖果公园，然后题解说最好先把这道题做了，于是我就来了 这道题好像就是所谓的树上分块。 题中的限制很宽，只要输出任意一种合法方案就行。那么在dfs的时候自然能想到如果当前子树大小大于$B$的话，就把这个子树分成一块。 但这么做肯定不对，因为如果只扣掉一棵子树的其中一部分
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摘要：嘟嘟嘟 莫队板子。 记住：删除是先删除再移动，添加是先移动在添加！ #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdlib> #include
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摘要：嘟嘟嘟 一眼就知道是莫队。 还不带修改，美滋滋。 按莫队的方法排序，然后用小学数学算一下概率，分子分母单独维护。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #in
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摘要：嘟嘟嘟 这题原本莫队能过，自从某谷加强数据后好像就只能80了。 但这并不重要。 （其实写这篇博客只是想记录一下莫队板子） 莫队，总而言之，离线，排序，暴力。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm>
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摘要：嘟嘟嘟 带修改莫队。 以前学过没懂，今天又学了一遍竟然会了。 其实他跟普通莫队相比，就多了一维：时间。 首先也是都离线。 然后对于每一个询问，记录这几个信息： 1.左右端点。 2.询问编号。（为了输出答案） 3.时间编号。 然后把询问排序。这个和无修改莫队一样，第一关键字是左端点所在块，第二关键字是
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摘要：嘟嘟嘟 有谁能想到这题会用到主席树呢？（不愧是WJMZBMR出的题） 首先考虑如果区间是固定的话，中位数该怎么求。 没错，二分。如果大于当前二分值$mid$的数比小于$mid$的数多，说明$mid$还可以再变大，向右二分；否则向左二分。 如果我们把小于$mid$的数都标记成$-1$，大于的标记成$1
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摘要：嘟嘟嘟 区间第$k$大扯到树上啦 但是不要慌，仍是不难，仔细想一下就行了。 主席树中的每一棵线段树维护的是一个前缀的答案。利用这一点，把前缀放到树上的话，就是每一个节点到根节点的答案。 所以主席树就建出来啦。 对于每一组询问$(x, y, k)$，令$z = lca(x, y)\(，则\)(x, y
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摘要：嘟嘟嘟 一句话题意：带修改区间第$k$小。 不修改都会，主席树板子。但是有修改就要比较深入的理解主席树了。 众所周知，主席树中以$i$为根的线段树维护的是$[1, i]$这个前缀的权值，因此若修改一个点$a[x]\(，必须把\)[x, n]$的线段树全修改了，单次修改复杂度为$O(n \log)$，
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摘要：嘟嘟嘟 很显然是主席树啊。 首先要稍微想想：主席树的板子是单点插入，区间查询，而区间询问是用的是前缀和相减。但这道题是区间修改，单点查询。插入和查询操作是相反的。 那么就能想到前缀和的逆运算——差分。首先把修改区间拆成$L$和$R + 1$两个时间点，然后按时间排序，遇到$L$就把对应的优先级$+1
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摘要：某谷链接 发一篇博客记录一下主席树板子。 别忘了输出原数组中的元素，而不是离散化后的。 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdlib
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摘要：嘟嘟嘟 嗯。 splay维护哈希。 如题，用splay维护哈希，查找的时候二分。所以复杂度是取决于询问复杂度：\(O(n \log^ 2{n})\)。 这道题还有一个技巧，就是一个节点记录的是他的子树的哈希值，所以树的的形态改变的同时，每一个节点记录的哈希值也在改变。在pushup的时候，应该这么写
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摘要：嘟嘟嘟 突然觉得splay挺有意思的…… 这道题只有一个任务：区间翻转。 首先应该知道的是，splay和线段树一样，都可以打标记，然后走到每一个节点之前先下传。 那怎么打标记呢？还应该有“区间”的思想。 对于区间$[L, R]$，想办法把这个区间所在的子树提取出来，然后打个标记即可。 那怎么提取呢？
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摘要：嘟嘟嘟 splay++…… 这真是一道好题…… 刚开始我困扰了好久，因为前几道题都是以权值为关键字建树的，但是这题显然不是。 后来才知道这题是以位置为关键字，即对于当前节点$now$，$now$的左子树表示位置在$now$之前的，右子树表示位置在$now$之后的，即左子树的大小$+$$1$就是节点$
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摘要：嘟嘟嘟 突然觉得splay挺有意思，唯一不足的是这几天是一天一道，debug到崩溃。 做了几道平衡树基础题后，对这题有莫名的自信，还算愉快的敲完了代码后，发现样例都过不去，然后就陷入了无限的debug环节了……算了，伤心的事就别再提了。 说一下这题怎么做： 1.插入 不说了 void insert(
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摘要：嘟嘟嘟 $splay$我又来了 1.插入结点：正常操作，不说了。 1.全局加减：单开一个变量表示变化量即可，不用区间修改打$lazy$标记。 2.删除小于$x$的数：找$x$的后继（包括自己），然后把$x$旋到根，删除左子树即可。 3.查询第$k$大的数：如果$k$小于右子树大小，到右子树去找；否则
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摘要：嘟嘟嘟 看完题，思路一秒就出来了：建两棵平衡树，分别维护宠物和领养者。然后就是正常的插入，找前驱后继，删除操作了。 然后旁边的lba巨佬说只用建一棵就行，如果宠物多了就维护宠物，否则维护领养者。 总而言之这就是一道板儿题。 然而我刚学$splay$啊！ 于是一上午就这么过去了。 旋转，插入，找前驱后
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