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"传送门" 解题思路 异或最大值肯定线性基了，树上两点那么就倍增搞一搞，就维护每个点到各级祖先的线性基，时间复杂度$O(nlog^3n)$，并不知道咋过去的。 代码 cpp include include include include include include using namespace 阅读全文
posted @ 2019-01-27 16:42
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"传送门" 解题思路 首先对于一个$a$来说，要求$b$和$c$，那么$a,b,c$一定在一条链上。把$b$分类讨论，如果$b$是$a$的祖宗，这个方案数就很好统计了，就是$c$在$a$的子树里随便选，产生的贡献为$(siz_a 1) (min(k,dep_a))$。如果$b$是$a$的儿子，那么就 阅读全文
posted @ 2019-01-22 10:54
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"传送门" 解题思路 首先可以想到要预处理一个$nxt_i$和$pre_i$，表示前后与当前位置权值相同的节点，那么这样可以迅速算出某个点在某段区间是否出现多次。然后这样的话就考虑分治，对于$[L,R]$来说，如果当前点$i$满足$nxt_i R$，$pre_i include include in 阅读全文
posted @ 2019-01-21 22:48
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"传送门" 解题思路 弦图就是图中任意一个大小$ =4$的环至少存在一条两个节点不相邻的边，这样的图称为弦图，弦图有许多优美的性质。一个无向图是弦图当且仅当它有一个完美消除序列，完美消除序列就是一个点的排列满足$v_i$与$v_{i+1}..v_n$之间所有的边连上后的图是一个团。用最大势算法可以在 阅读全文
posted @ 2019-01-21 20:26
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"传送门" 解题思路 平面图转对偶图,然后跑最短路。 代码 cpp include include include include include include include using namespace std; const int N=1405; inline int rd(){ int 阅读全文
posted @ 2019-01-21 16:01
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"传送门" 解题思路 看到度数和生成树个树，可以想到$prufer$序，而一张规定度数的图的生成树个数为$\frac{(n 2)!}{\prod\limits_{i=1}^n(d(i) 1)!}$。而这道题有的度数没有限制，那就设有度数限制的点的个数为$num$，$\sum (d_i 1)$为$su 阅读全文
posted @ 2019-01-21 14:28
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"传送门" 解题思路 以每个颜色为根开一棵权值线段树，下标就是$dfs$序，其余都是基本操作，要动态开点。 代码 cpp include include include include include using namespace std; const int N=100005; const in 阅读全文
posted @ 2019-01-21 11:03
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"传送门" 解题思路 首先需要预处理两个串$nxt(i)(j)$表示i位置之后最近的$j$。 第一问直接对$b$建后缀自动机，枚举$a$的起点暴力匹配。 第二问枚举$a$的起点，$b$用$nxt$跳。 第三问$a$与$b$一起跳，$b$用后缀自动机，$a$用$nxt$。 第四问$a$与$b$一起跳， 阅读全文
posted @ 2019-01-19 11:16
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"传送门" 解题思路 因为叶节点不超过$20$个，所以可以枚举这些叶节点，并把这些节点当做根扫整棵树。可以证明所有的子串一定可以被便利到，然后可以对这些串建广义后缀自动机。$dfs$的时候要记录一下上一个节点后缀自动机中的标号，从这个标号开始建后缀自动机。 代码 cpp include includ 阅读全文
posted @ 2019-01-18 23:33
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解题思路 对于一段区间考虑每条边的贡献，即$ans=\sum\limits_{i=l}^{r 1}(i l+1) (r i) w(i)$，把这个暴力展开，得到一个关于$i$的多项式，然后发现只需要维护$\sum a(i)$，$\sum a(i) i$和$\sum a(i) i^2$，线段树维护即可。 阅读全文
posted @ 2019-01-18 09:47
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