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
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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： $\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$ $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha 阅读全文
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首先考虑一下：如果我们知道要买（或送）哪几袋米，如何确保自己的钱够用？ 显然应该买最便宜的几个，剩下的送。 所以我们可以枚举一个$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
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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
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（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
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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
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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
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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
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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
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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