随笔分类 - 题解
摘要：题面 模板题。直接容斥+矩阵树。复杂度 \(O(2^{n-1}(n-1)^3)\) 可以通过。
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摘要：题面 一个显然的做法是树剖之后dfs序线段树套时间线段树，直接做的复杂度是 \(O(n\log^3 n)\)。其实也可以把询问离线下来，做一个线段树分治，用树套树维护。 这样做比较麻烦，所以考虑另外一种思路：二分答案。因为有很多询问，不妨放在一起二分，所以可以想到整体二分。使用类似树上差分的思想，对
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摘要：题面 比较经典的带修树上第 \(k\) 大问题。通常的做法是树剖树套树然后树上二分，一般3到4个 \(\log\)。这个题还可以用整体二分解决。 思考一下这道题目的整体二分过程：二分一个答案 \(mid\)，把所有的 \(>mid\) 的修改放到一个数据结构里，然后查询树上路径和。这显然可以使用树剖
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摘要：题面 \(q\) 次查询矩形第 \(k\) 小。考虑使用整体二分，二分一个值 \(mid\)，矩形中小于等于 \(mid\) 的数设为 \(1\)，大于 \(mid\) 的数设为 \(0\)，统计每个询问的矩形中的和，若大于等于 \(k\)，表示答案应该在 \([L,mid]\) 范围内，放到左边继
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摘要：题面 平面上两个操作：给一些坐标加权和查询矩形点权和。坐标 \(x,y\leq 2\times 10^6\)，加权操作最多 \(1.6\times 10^5\) 个，查询操作最多 \(10000\) 个。 感觉时间和 \(x,y\) 大概能构成个三维偏序，直接上 cdq 分治。矩形查询看起来不是很好
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摘要：题面 考虑整体二分。solve(L,R,l,r) 表示解决的子问题为答案区间在 \([L,R]\) 内的所有问题 \(q_l...q_r\)。边界条件很容易，主要是考虑如何二分。\([L,R]\) 这一维相当于是描述的时间，那么考虑一个 \(mid\)，然后把所有 \([L,mid]\) 时刻的修改
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摘要：题面 跟暴力写挂有点像，但是这次是三棵树的距离之和最大。考虑在第一棵树上点分治，合并两个儿子子树，求其中的最大值。这个过程可以合并果子，花费 \(1\log\)。在合并的时候拿出这些点来在第二棵树上建虚树，在虚树上 dp，每个位置维护子树内分别在要合并的两个子树（设为 \(0,1\)）的直径（包括第
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摘要：题面 这题感觉思路比较正常。首先考虑化式子，原式需要在两棵树上分别求 \(lca\)，这很不好。考虑把式子写成 \[ \frac{1}{2}\big(dis_1(x,y)+dep_1(x)+dep_1(y)-2\times dep_2(LCA_2(x,y)\big) \] 对于这个 \(dis_1\
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摘要：题面 这题真的非常 nb！ 如果我们不管这个加叶子的操作，只考虑统计答案：每一次统计和点 \(i\) 能够成对的个数。这个可以用点分树做。注意到那个条件 \(dist(i,j)\leq r_i+r_j\) 相当于 \(dist(i,l)-r_i\leq r_j-dist(j,l)\)，每个点统计到这
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摘要：题面 设 \(sum_u\) 为 \(u\) 子树内 \(d\) 的和，\(sum_d\) 和 \(sum_ch\) 意义是常见点分树容斥，记录子树内 \(d\times dist\) 的和。 首先注意一个性质：假设当前答案为 \(u\)，那么如果 \(u\) 的某个儿子 \(v\) 的答案更优，那
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摘要：题面 这个题没有修改操作，所以不需要开线段树。跟平常的动态点分治做法一样，每个点开两个 vector 按照 \(x_i\) 排序存储到这个点和到这个点在点分树父亲的距离。每次找一个点的时候，暴力跳点分树父亲，直接在 vector 上二分查找满足 \([l,r]\) 这个区间的点和距离，直接计算即可。
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摘要：题面 动态点分治模板题。考虑建出点分树来之后，在每个点开两棵动态开点线段树，以距离为下标，\(t1\) 记录的是 \(u\) 连通块内到 \(u\) 所有距离为 \(i\) 的点的权值和，\(t2\) 记录的是 \(u\) 连通块内到点分树上 \(u\) 的父亲 \(fa_u\) 所有距离为 \(i
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摘要：题面 从点分治训练题点过来的，发现可以用树形dp……具体做法就是说，设 \(f_{u,0/1/2}\) 表示点 \(u\) 的子树中（包含点 \(u\)），距离 \(\mod 3\) 值为 \(0/1/2\) 的点数。转移和求答案都是 \(O(1)\) 的，总复杂度 \(O(n)\)。 通过这个题可
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摘要：题面 感觉和板子差不多，但是仔细思考一下就会发现，用两个指针扫的时候很难维护 “不选某个子树”的最小值。这时候需要设计一个排序和贪心方案，使得能够使用模板那种双指针方式解决问题。 首先是几个定义：在对于某个根 \(rt\) 更新答案的时候，设 \(a[]\) 表示子树的所有点，\(b[]\) 表示每
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摘要：题面 原始式子是 \[ sum_{k,l,r}=\left\{ \begin{aligned} \sum_{i=l}^r a_i&,k=1\\ \sum_{i=l}^r\sum_{j=i}^rsum_{k-1,i,j}&,k\geq 2\\ \end{aligned} \right. \] 考虑求每
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摘要：题面 推式子+二项式定理+FFT。这个题需要一点生成函数的知识。 首先考虑前缀和，求一个多项式 \(F(x)\) 的前缀和相当于是卷上了一个系数全是 \(1\) 的多项式。即 \[ \begin{aligned} Sum(x)&=F(x)\times \sum_{i=0}^{\infty}x^i\\
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摘要：题面 又是一道推式子+FFT。看到有些式子看起来很卷，不要犹豫，自信一点，说不定就推出来了呢。 设加的数为 \(x\)，转完之后两个数组每一位对应为 \(a[1...n]\) 和 \(b[1...n]\)，可得： 要求 \(\min\{\sum_{i=1}^{n}(a_i+x-b_i)^2\}\)：
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摘要：题面 看这个题目的式子，好像就是最近学的库仑定律+电场强度？？做法推式子FFT。 考虑首先通过 \(E_i=\frac{F_i}{q_i}\) 消掉原式中的一些量。得到： \[ E_i=\sum_{i=0}^j\frac{q_i}{(i-j)^2}-\sum_{i=j}^n\frac{q_i}{(i
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摘要：一棵树点有点权，支持换根、路径修改、查询子树最小值。\(n\leq 10^5\)。 这个换根其实就是，查询最小值的时候，判断一下查询点 \(x\) 相对于 \(root\) 的位置。如果 \(root\) 在 \(x\) 的子树里，就在 dfs 序里把 \(root\) 子树扣出去就行了。 我这个代
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摘要：分块之后，一定要注意你操作之后的数组并不是修改的区间！ 点击查看代码 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<queue> #include<stack> #include<algorithm> #include<
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