12 2019 档案
摘要："模板题" 考虑如果没有$R(x)$的影响就可以多项式求逆。 构造$f'(x)=x^nf(\frac{1}{x})$，可以看出$f'(x)$就是将$f(x)$的系数翻转，即$f'(x)$第$i$项的系数是$f(x)$第$n i$项的系数。 开始推式子： $F(x)=Q(x) G(x)+R(x)$ $
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摘要：问题： 求多项式$g(x)$，满足$f(x) g(x)\equiv 1\pmod{x^n}$。 Q1:这是什么意思？ A1：即$f(x) g(x)$最后只有常数项系数为$1$，其余系数都为$0$。 Q2：为什么要求模$x^n$？ A2:这是为了将$n$次方以上的项全都除去，否则$g(x)$会有无穷多
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摘要："题意" 我用了线段树套平衡树（Splay）去做。 分别说每一问： 第一问：求一个数区间排名： 我们求出区间内 小于这个数 的个数，加$1$即可。 第二问：求区间第K大： 我们显然不能在$\log n$个平衡树上求这个东西，于是我们在外面二分答案$mid$，之后判断其排名与$k$的关系即可。 第三问
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摘要：假设我们现在要多项式除法并且取模，$FFT$就会很难受了，因为它用的是复数，并且还有精度差。 这时我们需要一个能替代单位复根的东西：原根。 一、为什么原根能替代单位复根 考虑为什么单位复根能用来做$FFT$，因为它有很多性质，而我们会发现原根也具有这些性质： 以下的$n$都为$2$的正整数次幂。 设
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摘要：一、 多项式的表示法： 1.系数表示法： 一个$n 1$的$n$项多项式$f(x)$可以表示为$\sum\limits_{i=1}^{n 1}a_i x^i$。 于是可以用每一项的系数表示：$f(x)=\{a_0,a_1,...a_{n 1}\}$。 2.点值表示法： 将多项式看成一个函数，那么找$
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摘要："题意" ~~真是神题。~~ 题中要求三元环数最多，不妨反着考虑。我们先从$n$个里面选$3$个，有$C_n^3$种方案，之后我们考虑选出的这些方案中最少有几个不能构成三元环。 考虑三个点不会构成三元环的情况，从入度与出度上考虑，必定是一个点入读和出度都为$1$，一个点入度为$2$出度为$0$，一个
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摘要：题意 首先将棋盘黑白染色，要使得棋盘不漏水，当且仅当每个黑点的各个方向的管口都连接上了一个白点的管口。换句话说，我们要让黑点和白点匹配数最大的同时操作次数最小，不难想到最小费用最大流。 对于一条边的描述$(w,c)$表示容量为$w$，费用为$c$。 我们将每个点拆成上下左右四个点，从源点向黑点的所有
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摘要："题意" 看见配对数最多，想到这是最大流。看到代价，想到这是最大费用流。 于是这题是最大费用最大流。 ~~做完了，撒花！~~ 我们发现这题没有明显的组别之分，也就是说我们并不知道建图时谁连源点谁连汇点。 再次观察题中给出的配对的条件：$a_i$是$a_j$的倍数且满足$\frac{a_i}{a_j}
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摘要："模板题" 承接 "有源汇有上下界最大流" 说。 这个和有源汇有上下界最大流的思路是相同的，我们只需要求出一个可行流，考虑最多能退回去多少流，于是我们从$ed$向$st$跑一遍最大流，减去即可。 code（只改了最大流代码的一行）:
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摘要："模板题" 设$st,ed$为给出的源汇点，$S,T$是虚拟的源汇点。 首先先转化成无源汇可行流： 从$ed$向$st$连一条容量为$inf$的边，这样无论从$st$向$ed$流多少，都能流回去，保证是循环流。 现在我们求出了一个可行流，这个可行流的流量就是$ed st$的反边的流量。 我们再将$e
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摘要："模板题" 记第$i$条边的下界为$down_i$，上界为$up_i$。 我们先让每条边流下界的流量，即将每条边$i$的容量设为$up_i down_i$，下界为$0$，现在我们能满足下界的要求了，但是流量是不守恒的。 建虚拟源点$S$和汇点$T$。 我们记每个点$x$的入流量为$in_x$，出流量
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摘要："题意" 这题主要要处理两个限制： 1.最多有$m$个人，即最多$m$条路径。 2.每个点$i$的经过次数是给定的，为$a_i$。 其中2.可以用限定上下界的方法解决，1.在建图中讲。 建图： 新建三个点：$S'$,$T'$,$S''$，将每个点$i$拆成入点$i$和出点$i'$。 1.从$S''$
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摘要："题意" 第一问没什么好说的，就是个最大流。 第二问我们考虑怎么处理费用和增大$K$的限制。 费用： 每条边重新建一遍，带上费用就好了。 增大$K$： 我们可以利用残余网络，新建虚拟源点$S$，从$S$向$1$连容量为$K$费用为$0$的边，这样我们从S再跑一遍最小费用最大流即可。 code:
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摘要："题意" 获得一条边的价值必须选上两点，这一看就是最大权闭合子图。 先将所有价值选上。 从$S$向每个用户$i$连容量为$C_i$的边，从每个中转站$i$向汇点连容量为$cost_i$的边，对于每个用户$i$从$i$向$A_i$和$C_i$连容量为$inf$的边。 之后跑最小割，用答案减去即可。 c
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摘要："题意" 这道题的难点主要在于处理一个人可以对区间产生贡献这个限制。 我们之前都是将一个人当成流量，但是这一容量的流量可以对一个区间的点产生贡献，这就导致这个问题无法处理。 于是考虑怎么将一个点可以对一个区间产生贡献在图上表示出来： 我们考虑每一天，从$S$向$1$连容量为$inf$的边，从$i$向
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摘要："题意" 看见这个式子就知道应该$0 1$分数规划了。 从$S$向每个男生连容量为$1$费用为$0$的边，从没个女生向$T$连容量为$1$费用为$0$的边。 二分答案$mid$。 对于点对$(i,j)$，$i$是男生，$j$是女生，从$i$向$j+n$连容量为$1$费用为$a_{i,j} mid b
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摘要："题意" 前置知识：最小割树，不会去 "模板" 学学。 会了模板这题就很裸了，直接就最小割树，求有多少种不同的边权即可。 code:
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摘要："题意" 首先贪心地想必定是中间有一道分割线，上面是全是$0$，下面全是$1$，发现这实际上就是最小割。 我们直接最小割显然会超时，于是平面图转对偶图求最短路。 转对偶图： 所有方向的边的逆时针旋转$90$度，建议自己模拟，这里只给一个西东方向的图。 code:
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摘要："题意" 下面变量意义：$n:P,m:Q,K:R$。 先考虑没有$D$限制怎么做，我们只需要对$n m$个点的所有$K$个值找最小值的即可。 发现这可以转化成网络流最小割： 1.从$S$向每个$(i,j,1)$连容量为$inf$的边。 2.从$(i,j,k)\ k\in[1,K 1]$向$(i,j,
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摘要："题意" 首先考虑限制： 1.每个点只能走一次。 2.每条边从编号小的走向边号大的，必定是个$DAG$。 3.我们可以随时用一定花费跳跃到另一个点上。 我们发现最后答案必定是这样的： 跳到一个点，走一段，再跳一段，再走一段，如此往复。 于是我们可以将这个过程理解为选几条路径覆盖所有点的问题。 我们将
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摘要："题意" 这题是 "P2053 [SCOI2007]修车" 的增强版。 我们直接跳过建图，说优化，建图见我的 "这篇博客" 。 我们发现边数+点数很大，将所有边和点都建出来肯定会超时，因此我们用网络流动态开点的思想解决。 先只建做倒数第一道菜的点，之后我们跑最大流，记下所有满流的厨师点，对于这些点我
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摘要："题意" 我们假设第$i$个工人修了$j$辆车，所用时间分别为$t_1,t_2....t_j$。 我们算一下他所用时间是多少： $t_1+(t_1+t_2)+(t_1+t_2+t_3)+...+(t_1+t_2+...+t_j)$。 我们用费用提前计算的方法，可以写成： $t_1 j+t_2 (j
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摘要：本篇篇幅过长，可能会出不少错，我已经查过一遍了，如果还有错恳请提出，我马上修改。 "题意" 这题有两种做法： 根据套路，先将所有愉悦值加上，之后减去最小代价。 1. 首先套路地，从源点$s$向每个点连选文科的价值，从每个点向汇点$t$连选理科的价值，割那条表示不选哪科，这样可以保证每个人不选文就选理
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摘要："题意" 说一下我对朱刘算法的理解： 首先我们考虑树形图的性质：每个点除了根节以外都含有一条入边。 因此我们可以有一个贪心的想法：对每个点（除了根节点）找到一条最短的入边，但是这样会出现环，如下图： 我们会找到$2 3 4$这个环。 根据贪心的思想，我们最终的答案必定含有这个环去掉一条边，于是我们将
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摘要："题意" 待修莫队与树上莫队合并起来的练手题。 code:
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摘要："题意" 这题加深了我对最小割的理解 先跑最大流,求出残留网络,对残留网络进行求SCC 源点和汇点显然不在同一个SCC中,不然就有增广路了 考虑每一条边$(u,v)$ 要成为最小割的边首先要满流(参见最大流最小割定理的推论) 1.如果u和源点在一个scc中,v和汇点在一个SCC中那么这条边是必须边
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摘要："题意" 带修莫队与普通莫队的区别在于加入了一个时间轴，具体可以看 "这篇博客" 。 另外，这是卡常神题。 code:
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摘要："题意" 首先因为每个值只会被算一次且值的个数为$n^2$级别的，因此我们可以对每个$d_{i,j}$开一个点，之后就可以用最大权闭合子图做。 考虑题目的限制： 1.选择一个区间$[l,r]$会将$\sum\limits_{i=l}^{r}\sum\limits_{j=i+1}^rd_{i,j}$选
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摘要："题意" 今天发生了一个叫nofind的蒟蒻因为while写成if调了一下午的故事。 首先考虑这两个限制： 1.$S[sl...sr]$这个子串。 2.在$T[ql..qr]$这些字符串中。 我们先对所有的$T_i$建出一个广义后缀自动机，不会广义后缀自动机的出门左转 "这道题" 。 先考虑第二个限
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摘要："题意" 我们将所有姓名串和点名串拼在一起，中间用原串中不会出现的数隔开，对每个点记录它是哪个串的。 先考虑第一问： 考虑如果点名串$s1$是某个姓名串$s2$的子串，则$s1$必定和$s2$的一个后缀$s2'$的$lcp$为$s1$的长度，即：$lcp(s1,s2')=len(s1)$。 对于一个
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摘要："题意" 这题正解还是有点难想的。 显然满足条件的字符串就是两个$AA$样子的串一前一后。 设$a_i$表示以$i$为开头的$AA$串长度，$a_i$表示以$i$为结尾的$AA$串长度，那么答案显然为： $\sum\limits_{i=1}^{n 1}a_{i+1} b_i$ 于是考虑怎么求这个，我
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摘要："题意" 如果对一个数操作$k$次，那么这个数会变成$c^{c^{...^{a_i}}}$，其中$c$有$k$个。 根据 "P4139 上帝与集合的正确用法" 这道题，我们可以知道一个数不断变为自己的欧拉函数，大约$log$次就会变成1，而任何数模$1$都是$0$，于是我们可以用势能线段树解决。 因
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摘要："题意" 由于这是个$DAG$,我们考虑拓朴排序,求某个点能到的和能到它的点,这是两个问题,我们可以正反两边拓朴排序,这样就只用考虑它能到的点了 设$f[x]$表示$x$能到的点数$+$能到$x$的点数 如果在拓朴排序的过程中： $q.size()==1$,显然当前队首$x$能到达剩下的所有点,中途
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摘要："题意" 这题上来很容易想去求最小的拓扑序，即将队列换成堆的做法。 然而题目要求小的数 尽量 靠前,我们就拿样例的第三个说： 字典序最小：$14352$ 正解：$15243$ 因为正解中$2$比字典序最小拓扑序的更靠前（$3 using namespace std; const int maxn=1
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摘要："题意" 显然矩乘，不过需要$O(1)$快速幂。 预处理$[0,t]$（$t=\sqrt{p}$）次幂的所有矩阵，之后预处理$[t^1,t^t]$的所有矩阵，这样对于一个$k$，我们要的矩阵就是： $a^{k\%p} a^{k/p}$ code:
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摘要："题意" 考虑分治（这是套路，想不到只能说做题少~~别打我~~）。 对于当前区间$[ql,qr]$： 我们先判断区间长度是否为$1$，为$1$只需要特判当前这个数是不是$1$就可以了。 否则我们找到区间最大值位置$mid$，这个可以用$ST$表。之后我们统计过$mid$的所有$[l,r]$，之后递归
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摘要："题意" 显然先把$S$塞进$SAM$中，之后处理每个询问。 对于一个询问，我们自然不能枚举所有的循环串，于是我们考虑在匹配的过程中删去首字符，加入尾字符。 先匹配好，求一波答案。之后开始删一个首字符，加一个尾字符，之后再统计，直到所有串统计完。 维护当前在哪个节点$now$和匹配的长度$len$。
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摘要："题意" 默认$n\leqslant m$。 一波莫反后可得： $\sum\limits_{T=1}^{n}\frac{n}{T}\frac{m}{T}\sum\limits_{d|T}d^k\mu(\frac{T}{d})$ 前面显然是可以除法分块的，后面是个积性函数，可以线性筛。 设$f(x)=
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摘要：这个算法主要靠画图理解，于是学习的时候画了不少图，正好写篇博客。 扩展KMP能解决的问题： 给定两个串$S,T$，对于S的每一个后缀$S[i...n]$求和$T$的$LCP$。 设$exnxt_i$表示后缀$S[i...n]$求和$T$的$LCP$，我们要做的就是求所有$exnxt_i$。 我们先对
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摘要："题意" 晚上不想做题了，随便刷水题，结果看见了这题。 第一眼：这不是搜索吗。。。水题。 敲完：额，我怎么T成90了。 于是看了题解。 根据约数和定理，我们肯定要搜索所有小于$\sqrt{S}$的质因数的指数，对于大于$\sqrt{S}$的要特判。~~于是就T了。~~ 题解中的做法是这样的： 还是搜
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摘要："题意" 真是道回文自动机好题。 首先考虑答案必定是一个回文串+剩余部分的形式，因此可以建出回文自动机，之后考虑每个长度为偶数的回文串。 对于一个长度为偶数的回文串，设它在回文自动机上对应的节点为$x$，我们对于每个$x$求出$trans_x$表示x的最长后缀回文串，满足$len_{trans_x}
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摘要：题意： "做法来自" 首先竞赛图缩点后是一条链，$1$号节点在开头的那个$SCC$中，因此从$1$号节点出发的最长链即为$1$号节点所在的$SCC$的大小$+1$号节点拓扑序之后的所有$SCC$的大小之和。 设$f_i$表示$i$个点的竞赛图数量，显然有$f_i=2^{\frac{n (n 1)}{
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摘要："题意" 考虑对每个节点$x$维护$lastpos_x$表示$x$的所有后缀回文串中第一个$len\leqslant len_x/2$并且能和$x$最后一个字符匹配的，之后枚举节点，判断该点回文串是否合法。 求$lastpos_x$： 如果新建节点$x$满足$len_x\leqslant 2$，那么
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摘要："题意" 这个DP状态有点神。 首先考虑一个最暴力的状态：$f_{i,j,k,u}$表示第一个选了$i$个，第二个选了$j$个，第一个结尾为$k$，第二个结尾为$u$是否可行。 现在考虑消减状态： 1.首先知道了处理到第几个，那么只要知道一个长度就能推出另一个。 因此状态可以改为$f_{i,j,k,
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摘要：题意： 这题显然直接tarjan是做不了的。 这里安利另一个求SCC的算法Kosaraju，学习的话可以见 "这篇博客" 于是结合莫队，我们有了个暴力。 发现主要瓶颈是dfs过程中找最小的未经过的点，我们用bitset优化一下就过了。 注意有重边，不能直接在biset中删除，要开个邻接矩阵判一下。
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摘要："题意" 回滚莫队见 "这篇博客" 需要注意一个细节，写在代码注释里了。 code:
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摘要："题意" 关于回滚莫队见 "这篇博客" 。 code:
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摘要："题意" 这题很难想到用莫队去做，因为第一印象是这个没办法O(1)移动指针。 考虑从$[l,r]$移动到$[l,r+1]$ (从$[l,r]$移动到$[l 1,r]$同理)。 我们用ST表$O(1)$找到$[l,r+1]$的最小值的位置$mid$，考虑新加入的r+1会产生哪些贡献：显然是很多以$r+
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摘要："题意" 显然这个$L$是可以二分的，我们只需要判断$L$是否合法即可。 显然有一个$O(n^2)$的DP： 设$f_i$表示当前匹配到$i$的最大匹配长度。 $f_i=max(f_j+i (j+1)+1)\ j\in[i match_i,i L]$ 其中的$match_i$表示前缀$i$能和文本库
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摘要："题意" 关于回文自动机的讲解见 "这里" 由于回文串个数是$O(n)$的，直接回文自动机上统计并比较即可。 code:
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摘要："题意" 不妨先考虑$l=1,r=|S|$的情况： 这时我们要求的其实是$S,T$的本质不同的公共子串数量。 首先对$S$建一个后缀自动机，同时对于每个$T$，我们也建一个自动机。 根据后缀自动机的性质，后缀自动机的所有节点的代表的字符串的集合代表了$T$的全部子串，因此我们可以考虑$T$后缀自动机
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摘要："题意" 学习了广义后缀自动机。 广义后缀自动机与普通后缀自动机的区别在于它是对多个串建的，于是可以处理多个串。 广义后缀自动机和普通后缀自动机的区别在于两个特判，可以见 "这篇题解" 对于这题，因为叶子数量小于20，以每个叶子为根跑dfs，将跑到的字符串插入SAM即可，求不同子串个数是SAM的常规
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摘要："题意" 显然加上一个数相等就是差分数组相等，于是问题变为求几个串的最长公共子串。 这里我学习了如何用SA求LCS。 首先问题要转化成求一些后缀的最长公共前缀，要求这些后缀分属不同的串。 于是二分答案，于是问题就变成求一段连续的$height$数组，它们都$\geqslant mid$，并且至少分属
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摘要："题意" 考虑二分答案$mid$,现在我们要判断$s[c...c+mid 1]$是否在$s[a...b]$出现过。 首先找到$s[c...c+mid 1]$所在的状态： 建出$parent\ tree$，从$s[1...c+mid 1]$的节点（这个可以记录）用倍增向上跳到最后一个$len\geqs
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摘要："题意" 显然是贪心。 先建出SAM，之后能走相同的字符就走相同的字符，实在不行再走一个比它大的。 考虑怎么处理$[l,r]$的限制，我们只要用线段树合并维护出每个点的endpos集合，到时候判断下走这一步是否合法即可。 code:
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摘要："题意" 考虑第一问所求即为该串对应的节点的子树内终止节点的个数，而插入一个字符相当于在新增节点到根节点的链+1，于是用LCT维护。 code:
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摘要："题意" 因为一个$k$相似必定为$k 1,k 2....0$相似，对于一个$lcp$为$k$后缀对$(i,j)$，我们只用把它的贡献加在$k$的答案上，最后求一个后缀和和后缀max就可以得到答案。 考虑如何快速计算后缀对的贡献： 因为后缀对$(i,j),i j$的$lcp$是$min_{k=i+1
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摘要："题意" 承接 "上篇题解" 考虑两个后缀的$lcp$是什么，是将串反着插入后缀自动机后两个前缀（终止节点）的$lca$!!!于是可以在parent tree上DP了。 比后缀数组又简单又好写跑的还快。 code:
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摘要："题意" 考虑将$s1$和$s2$接在一起求出相同子串个数,再求出$s1$自己匹配的相同子串个数和$s2$自己匹配的相同子串个数减去即可。 如何求相同子串个数： 我们知道子串的集合即所有后缀的前缀集合，于是实际上答案就是： $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1
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摘要："题意" 考虑式子前面那段其实是$(n 1) \frac{n (n+1)}{2}$，因为每个后缀出现了$n 1$次，后缀总长为$\frac{n (n+1)}{2}$。 现在考虑后面怎么求： $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=i+1}^nlcp(sa_i,sa_
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摘要："题意" 显然如果有一个子串出现过$k$次，那么它必定是一个至少长为k的后缀序的$LCP$，求出所有相邻的长为$k 1$的$height$数组的最小值，在其中取最大值即可 code:
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摘要：关于SAM的介绍和构建见这几篇博客，这里主要是SAM的应用以及题目： "OI wiki" "洛谷日报" 应用： 1.求一个串出现次数 "模板题" 利用parent tree的性质，将每个叶子（其实就是所有前缀）的size设为1，一个点内所有串的出现次数即为子树内size大小（即叶子个数）。 正确性：
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摘要："题意" 第一问有一个经典做法： "学习笔记" 对于第二问，其实就是对于一个状态的所有串，第一问看成一个，第二问看成多个。 code:
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摘要："题意" 所谓线段树分裂其实是本题的在线做法。 考虑如果我们有一个已经排好序的区间的权值线段树，那么就可以通过线段树上二分的方法得到第$k$个数是谁。 于是用set维护每个升序/降序区间的左右端点以及对应的线段树根节点，区间排序就将区间拆出来，并将对应的线段树也拆出来。 拆线段树就是将前k个值建一棵
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摘要："题意" 这题的思路实在巧妙。 首先我们肯定无法对区间进行sort,那么考虑如何使得sort简化。 问:如果给的序列是一个0 1序列,让你区间排序,那么怎么做？ 答:建一颗线段树维护sum,求出当前区间中1的数目(query)cnt,之后(以升序排序为例)[l,cnt]都赋值为1,[cnt+1,r]
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摘要："题意" 考虑点分治，每次处理过重心的询问（即两点在重心的不同子树中）。 求出每个点到重心的线性基，之后对过重心的询问合并两点线性基求解。 code:
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摘要："题意" 线性基套上树上倍增即可，注意边界。 code:
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摘要："题意" 前置题目： "P4151 [WC2011]最大XOR和路径" 线段树分治维护边集，用可撤销的并查集维护生成树和每个点到根的异或和，线性基查最小值。 code:
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摘要："题意" 神仙哈希做法。 随便找个生成树，给每个非树边赋一个值，树边的值为所有覆盖它的边的值得异或和。 删去边集使得图不联通当且即当边集存在一个子集异或和为0，可以用线性基。 ~~证明的话好像画个图挺显然的~~ upd: 找到了一份 "详细的证明" code:
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摘要："题意" 这题有点神啊。 首先考虑注意这句话： 也就是说如果出现下面的情况： 我们可以通过异或上这个环的权值而不异或上$w$，于是这启示我们答案必定是 一条链带上好几个环 。 现在考虑选哪条$1$到$n$链： 其实任意选一条即可，见下图： 假设我们选了红的那条，而答案是选蓝色的那条，那么显然可以通过
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摘要："题意" 虽然没用线段树，但是仍然是线段树分治的思想。 考虑分治询问序列，假设当前在$[l,r]$，我们将$[1,l 1]$和$[r+1,Q]$的与$[l,r]$内不重复的边都连上了。 先将$[mid+1,r]$中与$[l,mid]$不重复的边都连上，之后递归$[l,mid]$，再将之前的操作撤销，
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摘要："题意" 一个图是二分图当且仅当不存在长度为奇数的环。 先假设边只会出现不会消失： 对于新出现的边$(u,v)$，假如$u,v$原来不联通，那么连上也不会出现环，现在考虑$u,v$联通： 假如$u,v$之间的长度为偶数，那么必定出现奇环，否则直接无视这条边，因为假设之后有一条边能和这条边（长为1，是
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摘要："题意" 显然商店编号的限制能用可持久化trie解决。 特殊的商品预先判掉就好了，现在只考虑普通的商品。 发现商品的时间是单点，询问时一段时间，于是将询问区间在线段树上拆成$log$个区间，分别放上该询问。 之后dfs整颗线段树，先计算当前节点上的询问，之后将商品按照出现时间是在中点左右分成两类递归
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摘要："题意" 考虑一个操作会对一段时间内的询问产生影响，于是将线段树上的这段时间打上乘这个数的标记，最后dfs整颗线段树。 code:
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摘要：upd 2019.12.10 latex和markdown化 "题意" 解析： 先考虑暴力:将每个区间求出来,放进一个堆里,取出前k个就是答案。 期望得分：20,原因:TLE code(对,我真写了):
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摘要："题意" 类似 "超级钢琴" ，找最优解用可持久化trie。 code:
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摘要："题意" 先分块，预处理$f_{i,j}$表示从第$i$块的开头到第$j$个数的答案，之后就是分块的套路了。 注意$l,r$加的时候会爆int。 code:
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摘要："题意" 显然有这个DP： 设$f_x$表示封住$x$的子树的最小代价。 显然有： $f_x=\min(\sum\limits_{y\in son_x}f_y,a_x)$ 现在考虑用动态DP： 设$g_x$表示$x$除去的重儿子的$f_x$。 有： $f_x=\min(g_x+f_{heavyson
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摘要："题意" 我理解的动态DP： 发现DP可以写成矩阵的形式，因此用数据结构维护矩阵乘积。 对于这道题，显然有DP： $f_{x,0/1}$表示$x$的子树中，x选/不选的最大点独立集。 $f_{x,0}=\sum\limits_{y\in son_x}\max(f_{y,0},f_{y,1}),f_{
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摘要："题意" 显然树剖套李超树。 考虑怎么算函数值： 设$(x,y)$的$lca$为$z$，我们插一条斜率为$k$，截距为$b$的线段。 $(x,z)$上的点$u$： $f(u)=k (dis[x] dis[u])+b= k dis[u]+(k dis[x]+b)$ 所以对这条路径插入斜率为$ k$，截
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摘要："题意" 李超树裸题，注意一开始截距是$S P$。 code:
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摘要："题意" 李超树板子题。 对每个区间维护该区间中点$mid$的最优线段。 插入一个线段： 求出这个线段的斜率和截距，注意特判无斜率的情况，得到$y=kx+b$。 之后开始在线段树上插入，假设当前节点$p$区间为$[l,r]$包含在插入区间内，那么比较插入的线段$id$与当前维护的线段$pos$，分类
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摘要："题意" 大力猜结论。 首先将所有$a_i$变为$a_i i$，之后求不严格递增的$b_i$，显然答案不变，最后$b_i$加上$i$即可。 考虑两种特殊情况： 1.$a[]$是递增的：所有$b_i=a_i$。 2.$a[]$是递减的：显然取$a[]$的中位数$x$，所有$b_i=x$。 现在考虑$a
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摘要："题意" 暴力自然是模拟，考虑优化下模拟的过程。 我们对每个点开个左偏树，初始为在该点的骑士，之后dfs过程当中从儿子向父亲合并，同时弹出小于当前点的骑士，增加当前点的答。对于每个骑士的答案，我们记录他的起始点和终点即可。 code:
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摘要："题意" 考虑整体二分。 考虑路径$(x,y)$被路径$(u,v)$包含需要满足什么条件： 设$dfn_x$表示$x$的$dfs$序，$low_x=dfn_x+size_x 1$，即子树最后一个的$dfs$序。 我们钦定$dfn_x using namespace std; define re re
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摘要："题意" 建出最短路图（DAG）之后就跟这题 "一样" 了。 code:
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摘要："题意" 这题思路好奇怪啊 见到有向无环图显然是要拓朴排序,不妨按照被吃向吃连边,那么$x$灭绝当且仅当x的入点都灭绝,于是考虑怎样x的入点都灭绝 比如4号节点,它灭绝当且仅当2和3灭绝,2和3灭绝当且仅当1灭绝,我们发现1是2和3的lca 于是得出这样一个做法:将每个点$x$和灭绝后能灭绝$x$的
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摘要："题意" 建出虚树DP。 设$f[i]$表示i的子树的第一问答案，$minn[i]$表示$i$的子树中到$i$最近的关键点，$maxx[i]$表示$i$的子树中到i距离最远的关键点，$size[i]$表示$i$子树中的关键点个数。 $f[x]=\sum\limits_{y\in\ son_x}f[y
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摘要："题意" 看见数据范围就知道是虚树，于是先建出虚树。 考虑先求出虚树上的点的管理点，显然两边dfs，一遍从下往上，一遍从上往下。 之后考虑不在虚树上的点，对于虚树上的每一条边$(u,v)$，我们考虑上面未出现在虚树上的点的个数是多少，显然是$u$包含$v$的儿子$x$的子树的大小减去$v$子树的大小
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摘要："题意" 首先先把虚树建出来。 设$f[i]$表示将$i$的子树割断的最小代价，$minn[i]$表示从$1$到$i$的路径上最小的边，那么有： $f[x]=minn[x]$ 如果x不是资源点： $f[x]=min(f[x],\sum\limits_{y\in\ somn_x}f[y]$ code:
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摘要："题意" 显然是虚树。 建出虚树后就可以跑DP了。 设$f[x]$表示$x$的子树内需要选几个点。 如果一个点$x$的子树中有选中点（注意不是关键点，因为关键点中有lca）就标记为1。 之后对当前点分类讨论： 1.当前点是选中点：显然儿子中子树内有选中点的都要删去 2.当前点不是选中点：如果儿子中子
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摘要："题意" 求：$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\max(i,j) f(ij)$，$f(ij)$表示$ij$的约数和。 先把$max$去掉： $2 \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^ii f(ij) \sum\l
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