随笔分类 - 题解
摘要：传送门 Splay 细节是真他妈多，写了一天，写吐了。 后悔没先学treap了。 需要实现以下函数： void Init()：重置整棵树（删除了整棵树的时候用） int New(int val,int fa)：新建一个节点，权值为val，父亲为fa，返回节点编号 void Delete(int x)
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摘要：点分治 采用分治思想。对树上路径问题进行查询时，把路径分成两部分，一部分是经过根节点的路径，一部分是不经过根节点的路径。 而在处理不经过根节点的路径时，可以才有分治思想，递归到左右子树进行求解。 这样复杂度是 \(O(n^2)\) 的，但是若我们每次选取的根节点都是要求解的子树的重心，则复杂度可以优
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摘要：传送门 传送门 判断节点u的子树是否是对称二叉树的方法： 判断hash1[l[u]]是否等于hash2[r[u]]。 其中hash1中存的是按照根左右的顺序的哈希值，hash2存的是按照根右左顺序的哈希值。 当两个hash值相等时，即为对称二叉树。 单哈希和双哈希貌似都不太稳定，而用自然溢出即可AC
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摘要：传送门 解题思路 关键点：根据线性基的性质，若序列数字个数大于等于30，则一定有异或值为0的两个集合。 所以对于每个询问，先判断两个点之间的路径长度是否大于等于30，若小于30，直接暴力找，线性基判断，否则直接判断。 对于每次修改，可以用线段树维护树剖。 AC代码 #include<iostream
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摘要：传送门 解题思路 首先背过线性基的一个性质吧（因为我不会证明）： 线性基里的每一个异或值出现的次数相等，为 \(2^{n-k}\) 。 然后这题就变成统计某个数是第几大异或值了。 分类讨论在归纳一下： 假设询问的数字是q。当处理到第i位且q的这一位为1，且线性基这一位有数，则 当前面位异或起来得到的
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摘要：传送门 前置知识： Nim博弈 线性基 解题思路 注意两人各进行一次操作，所以目的就是要使对方不管怎么拿，都不能到达一个异或和为0的状态。 所以相当于第一次操作结束后，必须保证任意元素异或值不为0。 这就很典型的线性基了，并且和[BJWC2011]元素这个题完全一样，贪心取即可。 AC代码 #inc
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摘要：传送门 解题思路 非常清新的一道题。 先假设选择了一条1->n的主路径，然后在这条路径上向外拓展。 发现只有环对答案有影响，因为非环的边一定会走两次，异或和为0。 因为图是联通的，所以可以经过任意环，所以可以把所有的环的异或值扔到线性基里。 然后再考虑选择哪一条路径，我们发现若1->n有多条路径，其
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摘要：传送门 解题思路 贪心策略：按照价值从大到小排序，能选就选。 用线性基维护是否发生冲突。 正确性：异或和为0的几个数中去掉价值最低的异或和一定不为0。 AC代码 #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdi
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摘要：线性基 推荐Menci博客的前半部分：https://oi.men.ci/linear-basis-notes/ 非常学术的讲解了线性基。 然后对于如何构造线性基，我一般使用以下方法： 对于每一个加进来的数，从高位向低位扫，若某一位是1，则看线性基的a[i]是否有值，若有，则这个数^=a[i]，否则
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摘要：传送门 解题思路 关键：根据定义，线性基是线性无关的，2的线性基内的元素数量次幂即为可能的异或数量。 于是就成了板子题了。 AC代码 #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdio> #include<cs
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摘要：传送门 解题思路 简要来说就是求每一个基环树的直径的和。 想起来很好想，就是把环上每个节点挂的子树的深度的信息挂到环上的节点上，然后断环为链，找一段最大的区间使得dep[a]+dep[b]+dis[a,b] 最大，dis[a,b] 又可以用前缀和预处理成 dis[b]-dis[a]，于是式子变成了d
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摘要：传送门 解题思路 和上一题很像，不过这是个基环森林。 还是一样要注意是否是二元环（可以通过删边和反向边来处理)。 AC代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath
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摘要：传送门 解题思路 先找到基环树上的环，然后断掉任意一条环上的边，分别以两个端点做树形dp（没有上司的舞会），最后答案就是max(dp1[s][0],dp2[t][0])。 其中dp1[s][0]为以s为根节点不选s的答案，dp2[t][0]表示以t为根节点不选t时的答案。 注意断边不能只看点，因为有
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摘要：传送门 基环树 定义： n个节点n条边的连通图。 性质： 很显然有且仅有一个环。 如何找环： dfs，每次读到一个节点入栈（类似Tarjan） 拓扑排序：最后剩下的度数不为零的点一定就在环上 题目通常解法： 把环看做一个整个树的根，然后把子树的信息挂到环的每一个点上，问题变成了环上操作，再根据题目需
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摘要：传送门 解题思路 求2-sat合法的方案数。 做法： 先基操判断有无解，并求出一组解。 然后考虑两个集合的人能否过去。 我们发现只有三种情况：A到B一个人，B到A一个人，AB交换一个人。 所以就 \(O(N^2)\) 判断AB集合中的人是否符合条件，最后方案数即为（A到B符合的人数+1）*（B到A符
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摘要：传送门 解题思路 和板子几乎一样。 而且不用输出方案。 AC代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> #include<q
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摘要：传送门 解题思路 思想：将问题转化为图论问题。 因为一个点只有两个状态，所以每个点可以拆成 i 和 i+n 两个点，u 连向 v 表示选择 u 就必须选择 v。 根据条件建图（注意一定要建对应的反向边（例如建立 u->v+n,就必须再连 v->u+n)）后，跑一遍Tarjan求强连通分量。若发现存在
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摘要：传送门 解题思路 考虑尺取法。 将所有区间按照长度从小到大排序，然后tow-pointers在保证区间最大值>=m的情况下不断维护区间+1/-1。 用线段树维护。 AC代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<
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摘要：总结 场上做了ABCD1E，但其实题目都挺简单的，还是自己太菜了，唉。 %%%xmz神仙，AK了。 A. Elections 求使一个数变成三个数中最大的数最小加几。 做法很多，但是注意不能直接求max然后减，要判断。 B. Make it Divisible by 25 因为25是100的因数，所
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摘要：传送门 解题思路 和洛谷 P3674 很像。首先对于质数输出其本身。然后对于合数，根据哥德巴赫猜想，偶数一定可以由两个质数相加得到，而奇数则可以由两个或者三个质数得到。 但是三个数的和不好找，于是可以把奇数-1得到偶数进行求解。 然后就可以预处理1~1e7的质数，扔到bitset里，每次询问相当于询
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