随笔分类 - 题解
摘要：口胡一发。 把 $s,t$ 扔一起建后缀数组，扫描线一下得出 $s$ 的每一个后缀和 $t$ 的 LCP 长度（以第 $i$ 个字符开始的记为 $lcp_i$），然后答案就是 $\max\limits^r_{i=l}\min(lcp_i,r-i+1)$，显然离线一下，根据 $i+lcp_i$ 和 $
阅读全文
摘要：首先，每个结点都是独立的，所以不妨分开计算贡献。 按照去年的套路，我们定义 $P_o$ 为 $o$ 上有标记的概率，$P_f$ 为 $o$ 及其祖先上有标记的概率，同时记 $o$ 控制的区间为 $[L,R]$，$o$ 的父亲的为 $[l,r]$（可以避免对左/右儿子的分类讨论），修改区间为 $[x,
阅读全文
摘要：不得不说，ZJOI 的可做题都是数据结构题 这个东西显然不能在线，所以考虑离线以后从左往右扫过去。同时询问可以把整棵树处理好再处理。 那么我们要处理的就是修改生长结点引发的孩子关系变化。 考虑对每个修改开一个虚点，然后每次生长出的点挂在最近的修改下，相邻修改前后相连，不难发现这种连法像多叉转二叉一样
阅读全文
摘要：为什么你们都用并查集啊qwq 首先，可以发现每一块的状态都是独立的，所以可以逐块操作，就可以做到 $O(n+m)$ 空间。 对于每一块，对每个 $a_i$ 开一个链表，记录值为 $a_i$ 的数的位置。对于块内修改，把 $a_i$ 还原后暴力重构；对于全局修改，考虑记录 $a_i$ 的最大值 $ma
阅读全文
摘要：考虑以时间为下标，数组下标从 $n$ 至 $1$ 扫描，那么 $a_i$ 在 $t_1-t_2$ 时刻的值为 $val$ 对应的修改应为对 $t_1-t_2$ 区间取 $\min$。而查询操作对应的就是查询 $t$ 这个位置被更新了多少次。 考虑势能线段树维护。因为不同的 $val$ 不超过 $n+
阅读全文
摘要：首先转化一波： 对于1操作，我们求原图的生成树，然后对于每条非树边记下它和树边形成的环，这样的操作共有 $m-n+1$ 个； 对于2操作，我们考虑对于 $n$ 个结点，把和这个结点相连的边状态反转。 不难发现任何操作序列都可以拆成这 $m+1$ 个操作，且显然每个操作最多进行一次，所以只用考虑这 $
阅读全文
摘要：考虑多边形最外侧的三角形，可以发现与外侧的点相邻的两条边中必定恰好删除一条。 所以，我们把两条都删掉，然后在三角形内侧的边上打一个标记，表示要恢复一条边。 接下来的处理三角形需要考虑标记，不妨设这个三角形为 $(u,w,v)$（$w$ 为外侧点），分类讨论： $(u,w)$ 与 $(w,v)$ 都有
阅读全文
摘要：长链剖分模板？在每个链顶开一个 vector 记录，合并链的时候每加一次更新一下这条链的答案就可以了。 不得不说 vector 的空间常数好大啊 #include<cstdio> #include<vector> #define For(i,A,B) for(i=(A);i<=(B);++i) #d
阅读全文
摘要：求一个联通图的独立集个数（包括空集） 对于树的情况，记 $dp_{u,0/1}$ 为以 $u$ 为根的子树在不选/选 $u$ 时的独立集数量，转移方程是显然的： $$dp_{u,0}=\prod\limits_{v\in son_u}(dp_{v,0}+dp_{v,1})$$ $$dp_{u,1}=
阅读全文
摘要：为了学长链剖分开的题，结果还是忍不住写了个线段树合并 首先不难发现：$b$ 要么是 $a$ 的祖先，要么是 $a$ 的后代。 $b$ 是 $a$ 的祖先很好弄，因为 $c$ 的数量始终等于 $size_a-1$；对于 $b$ 要么是 $a$ 的后代的情况，那么就是求 $a$ 的子树中和它深度差不超过
阅读全文
摘要：upd: 它掉出 Ynoi 了，有时间了更几个真正的 Ynoi 吧。 Ynoi难得的很好写的题。主要考察两角和公式： $\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$ $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha
阅读全文
摘要：首先考虑一下：如果我们知道要买（或送）哪几袋米，如何确保自己的钱够用？ 显然应该买最便宜的几个，剩下的送。 所以我们可以枚举一个$p$，比$p$便宜的米用买的方式，比$p$贵的米用送的方式，不会遗漏最优解。把米按价格排序用背包就可以做到$O(n^2m)$。 #include<cstdio> #inc
阅读全文
摘要：首先把 $a$ 排序。不难发现只有两种可能方案：把所有数改成 $a_n$，改成不小于 $a_n$ 的第一个质数。 对于每个数，把它改成大于它的第一个质数，再改成第二个……这些过程可以拆开来放在一起，对于短于 $\frac{c_2}{c_1}$ 的区间用第一种方案，更长的用第二种。 一些细节：如果 $
阅读全文
摘要：（在接下来的描述和图片中，用$dis_u$表示根（1号点）到$u$的路径的边权和；$[l,r]$范围内的点用蓝色表示，$p$用红色表示） 我们考虑$lca_{l,l+1,\cdots,r}$（以下记为$lca$，用橙色表示），有以下情况： 1.$lca$为$p$的孩子（或$p$） 这表明$[l,r]
阅读全文
摘要：首先研究一下subtask 5怎么搞。 手玩一下不难发现：满足总和为$2m-2$且每个数不小于1的数列都是满足要求的。这就给了我们启发：可不可以直接找出度数序列数量呢？ 接下来解决一个问题：$n$个结点的仙人掌最多有几条边？ 不难发现，所有包含点数大于4个的环都是不优的，例如5个点的环可以改成6条边
阅读全文
摘要：莫队之集大成者——树上带修改莫队。 首先对树dfs，记下进入和离开一个结点的时间戳$in_u$，$out_u$，并得到相应的长为$2n$的dfs序（常称为括号序），对于一个询问$(u,v)$： 若$lca_{u,v}=u$，则$in_u$到$in_v$之间$(u,v)$路径上的点恰好出现一次，其他点
阅读全文
摘要：显然k条数据线不会交叉。因此可以把问题转化为：从n-1个区间中选择k个，选出的区间不能相邻，最小化区间长度和。 这个贪心和种树是一样的，只不过1和n-1不相邻，两边放上inf值作边界即可。 #include<cstdio> #include<queue> using namespace std; c
阅读全文
摘要：一个显然的错误贪心是每次取最大值。 这个贪心的问题在于取最大值两侧的元素可能比取最大值更优，因此取出最大值后，删掉它两侧的元素，在最大值位置插入一个权值为两侧元素和-最大值的结点，这个可以用双向链表维护，这样的话，选这个元素相当于选了两侧元素，放弃了最大值（由于最大值不可能再被选了，放弃不会丢失最优
阅读全文
摘要：因为$a_i+x,b_i+y$和$a_i+(x-y),b_i$是等价的，所以只需讨论给$a_i$加上一个$[-m,m]$的数即可。 对于题目中的式子： $$\begin{aligned}\sum\limits^n_{i=1}(a_i+x-b_i)^2&=\sum\limits^n_{i=1}(a_i
阅读全文
摘要：这里是点名被卡的$O(qnlogm)$做法 首先考虑对于两个串$s$和$t$，我们怎么合并得到$ans$（两天的总状态）： 1. 若存在$s_i$，$t_i$分别为0，1，则返回无解；2. 若$s_i=t_i$，则$ans_i=s_i$（这里涵盖了$s_i=t_i=?$的情况）；3. 否则，$s_i
阅读全文
浙公网安备 33010602011771号