随笔分类 - 题解
摘要：传送门 解题思路 我们先考虑k==1的情况，这时候一定选取的是树的直径的两个端点。 因为不加这条新路每个边一定走两次，加上了之后道路两个端点之间的路径只需走一遍，所以贪心思想，一定是选取最长的路径的两个端点，即树的直径。 再考虑k==2的情况，一种情况是新加的道路的两个端点之间的路径与加的第一条边两
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摘要：传送门 解题思路 先看一下数据范围，a、b、c都是10^6，所以大体推断出做法时间复杂度约为nlogn。 根据axy=（ax）^y，所以ab！=(((((a^1)^2)^3)^4)^……)^b。 用底数变化的快速幂（O（logb））做b次即可。 或者对指数b!做一些处理—— 我们知道指数b!一定不能
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摘要：传送门 解题思路 题目很长，实际上就是给你一棵树，然后给你三个点，让你找到一个点，是这个点到三个点的距离和最短。 很显然的是，这个点在这三个点简单路径的上，而这三条简单路径一定有且只有一个交汇点，这个交汇点就是答案。 这就是为什么一定有一个交点，而且这个交点是其中两个点的LCA，且这个LCA是深度最
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摘要：传送门 传送门（加强版） 解题思路 这道题是我在学校里讲课的题，放上课件下载地址：https://files.cnblogs.com/files/yinyuqin/树网的核.ppt。 感觉课件里讲的还是比较详细的。 先说一下n^3做法：Floyd预处理出树中任意两点之间的距离，然后在直径上暴力枚举核
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摘要：传送门 解题思路 很显然，就是在一棵树上，求两条路径有没有交点。 我们可以先分别求出两条路径两段点的LCA，设为rtab和rtcd然后分以下情况讨论： 当rtab==rtcd时，一定有交点（就是这个LCA）。 当rtab的深度大于c和d的深度或者rtcd的深度大于a和b的深度时，一定没有交点。（因为
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摘要：传送门 解题思路 先考虑一个点。肯定是在树的直径的中间rt。 树的直径就是树上距离最远的两个点的路径。 对于树的直径求法，常用的有两种。 两遍bfs或dfs，从任意一个点开始，找到距离这个点最远的点i，再从i开始，找到距离i这个点距离最远的点j，则i、j就是树的直径的两个端点（证明略）。 树形dp也
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摘要：传送门 解题思路 为什么要找树的重心呢？假设我们已经找到了树的重心，如果把开会地点从重心向右移走，那么对答案的贡献就是+左边的元素和-右边的元素和。而因为是树的重心，所以向右移走后左面的元素数量一定大于右面的元素数量，所以ans是比在重心的情况大的，所以最终我们选择重心。 AC代码 #include
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摘要：传送门 解题思路 求LCA一般可以用倍增、树链剖分、tarjan算法解决。 这里只介绍树剖。 先处理出每一条链的链顶，然后对于每两个要求的点，判断是否在同一条链上。如果在，那么深度较浅的点就是LCA。 如果不在同一条链上，就比较两个所在链的链顶的深度，把链顶深度较低的点跳到链顶的父亲（这样就保证有答
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摘要：传送门 解题思路 关于两点之间的最短距离的区间操作，很显然是树链剖分。 因为既有区间和还有区间最大值，所以我们建立两个线段树。 然后就是树剖的常规操作了。 AC代码 1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cmath> 4 #inc
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摘要：传送门 树链剖分 简单点说，就是把一棵树变成多条链。 这里说的是重链剖分。 在遍历一颗树的时候，我们强制从父亲节点走向儿子时，先走所有儿子中以儿子为根的子树最大的那个儿子。 其他的儿子不管什么顺序都可。 这样就可以把dfs序作为链。 例如上面这棵树，边上的蓝色数字就是遍历顺序。 说一些定义： 重边：
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摘要：传送门 解题思路 唔，我才不要上网课呢 很显然对于每个节点i，必须保证叶子节点到这个点的传送距离相等，才能保证最终答案都是相等，而最少的增加次数一定就是使距离全部变成其中最大的距离。 好吧，解释的不清楚。 如果没听懂，重新用贪心来解释一下。 先想一下最终距离。设最终距离为d。 最终的距离一定就等于叶
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摘要：传送门 解题思路 先明确一下题意，c指的是路灯的编号而不是位置。 然后根据贪心，在从点i去关点j的路灯时，所有经过的路灯都会随手关掉（不耗时间），所以我们可以确定，若i点和j点的路灯已经关闭，那么区间i...j的路灯已经全部关闭，而且关完后，最优策略一定是在点i处或者点j处。 这和上一题就很像了，用
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摘要：传送门 解题思路 观察队形的组成方式可以得出，最后一名加入区间i...j的人要么是在i位置上，要么是在j位置上，所以我们可以用dp[i][j][0]表示区间i...j最后一个加入的人站在i位置上的方案总数，同理，用dp[i][j][1]表示区间i...j最后一个加入的人站在j位置上的方案总数。 然后
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摘要：传送门 解题思路 dp[i][j]表示把区间[i...j]涂成目标颜色的最少步骤。 当s[i]==s[j]时，我们可以发现，在涂第i个格子时，我们可以多涂上一格，将第j格涂上；同理，可以在涂第j个格子时，多图一个格子，把第i格涂上。所以就可以从dp[i+1][j]和dp[i][j-1]转移而来。 对
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摘要：传送门 解题思路 用dp[i][j]表示dp[i][j]能否合成一个数，负无穷表示合不成，否则即为合成的数。 然后枚举k，很显然，如果dp[i][k]==dp[k+1][j]，dp[i][j]就可以从前面两个转化过来。 最后对所有的任意长度的区间取一个max。 AC代码 1 #include<ios
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摘要：传送门 解题思路 个人感觉难度应该在蓝题左右 （可能是我太弱了趴） 首先我们知道，那个所谓的头标记和尾标记，在合并区间[l...r]时，n和m是确定了的（即l的头标记和r的尾标记），只差中间的r，所以我们可以枚举k（断点）。 然后我们又可以得出，对于合并区间[l...r]，最终得分为（dp[i][k
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摘要：传送门 解题思路 对于整个中序遍历，做一遍区间dp： 枚举区间[l...r]内的所有节点作为根节点，然后计算出得分，若比当前的值要大，同时更新dp值和root[l][r]（为了输出先序遍历）。 先序是根左右，所以递归输出就好了。 AC代码 1 #include<iostream> 2 #includ
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摘要：传送门 解题思路 区间dp：一般dp[i][j]表示区间i...j的答案，这个答案可以从某个或某些小区间转移而来。 大部分题的解法就是先枚举做外层循环len，表示区间长度，然后枚举区间左端点i，然后计算出右端点j，然后枚举i到j中的所有断点，根据dp[i][k],dp[k+1][j]计算出dp[i]
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摘要：传送门 解题思路 就是对于每个点，找到左面和右面第一个比它大的点。 单调栈解决。 AC代码 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<stack> 4 using namespace std; 5 const int maxn=100000
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摘要：传送门 解题思路 就是对于每一个奶牛，求右边第一个比它高的位置。 很显然，单调栈。 AC代码 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<stack> 4 using namespace std; 5 const int maxn=10000
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