摘要： 考虑转化题意，容易发现我们一定可以找到一个\(k\)最大的\(s\)序列使得\(s_{i-1}\)为\(s_i\)的\(boder\)。然后建立后缀自动机，每一个父节点是它的后缀，然后维护一条链，考虑能多出一个\(s_i\)就多出一个\(s_i\)（省流：贪心），然后每个点维护\(k\)最大时节点的 阅读全文

摘要： 先来三个科技给大家介绍一下： __builtin_ctz(x) 这表示\(x\)的后缀的\(0\)的个数。 __builtin_clz(x) 这表示\(x\)前缀的\(0\)的个数。(unsigned int 下) __builtin_parity(x) 这表示\(x\)在二进制下\(1\)的个数的 阅读全文

摘要： 正解分块+后缀自动机？什么东西，我不知道……所以我选择伟大的bitset，复杂度\(O(\frac{n^2}{w})\)，可以通过，并且在分块+后缀自动机还被卡常的时候跑的飞起！ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn 阅读全文

摘要： 有一个不经典的小trick，就是说如果两个序列的\(0\)和\(1\)的个数分别相等，那么第一个序列可以通过调整入栈顺序完美和第二个匹配，然后我们用第一个串的前半部分去匹配第二个串的后半部分，具体见代码。（相当于如果说\([1,p]\)可以通过\([p1,n]\)调整使得它可以和\([p2,n]\) 阅读全文

摘要： 看到绝对众数的出现，摩尔投票法直接秒了，考虑分为若干个序列，要支持合并操作，那么容易想到线段树，要删除尾部，容易想到链表，因为\(\sum M \le 10^5\)，所以在查询的时候可以暴力枚举序列，进行摩尔投票，然后判断剩余的数是不是绝对众数，复杂度\(O(n\log_2{n})\)。 #incl 阅读全文

摘要： 考虑猫树，对第一维离线分治，类似树套树写法即可，原因是我们在一旦找到了一个点，可以从这个点往后扫描线，跑历史最大值，这个东西不容易撤销处理，所以要分治找到合适的点。 #include <bits/stdc++.h> #define int long long #define lid (id<<1) 阅读全文

摘要： 我们考虑一个新的答案一定是一个旧的答案的\(boder\)（这里可以为空）再多一个点，证明考虑说如果不是旧的答案的\(boder\)，字典序一定比旧的答案要小，不是最优的，然后根据\(kmp\)的复杂度，直接暴力跳kmp计算即可。 #include <bits/stdc++.h> using nam 阅读全文

摘要： 首先，我们容易发现连续的\(a\)和\(b\)可以缩为\(1\)个，那么我们相当于让形如\(ababababa……baba\)的匹配，我们发现一次最多消掉两个位置，考虑尽可能多的消掉\(2\)个位置，那么我们需要两个串的长度尽可能的平均，也就可以让边长长的多给边长短的一些，比如把交换\(a\)和空改 阅读全文

摘要： 简单的hsh，每一次二分匹配，总共\(O(n)\)次询问，每一次二分答案，用哈希\(O(1)\)匹配，总复杂度\(O(n \log_2{n})\)，直接暴力就可以写过了。 #include <bits/stdc++.h> #define int long long using namespace s 阅读全文

摘要： 首先，我们可以一眼秒掉AC自动机，一个点的答案就是他以fail为边，子树包含\([l,r]\)的个数的和。然后有人就树套树启动了，我不说是谁。我们发现如果要在线做的话\(O(\log_2^2{n})\)去不掉，最主要的是空间会爆炸，所以我们考虑离线，把询问改为\([1,r]\)的答案减去\([1,l 阅读全文