随笔分类 - OI
摘要：题意： 戳这里 分析： 暴力 对于 \(n<=6\) 的点我们可以暴力枚举集合，插板法 对于链的情况，我们将 \(1\) 节点左右分为两条链，把两条链的的点值放进两个堆里面，每一次将堆顶的元素取 \(max\) 正解 我们按照暴力的思路继续考虑，我们发现，对于一个节点，它的两个儿子的关系和上面暴力中
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摘要：题意： 戳这里 分析： 暴力 \(O(nm\log )\) 模拟，\(p=2\) 的点判奇偶性，期望得分 \(20pts\) 正解 我们发现 \(c\) 恒定，所以经过一系列操作后，每一个元素变为了 \(\large x^{c^{c^{\dots {a_i}}}}\) 我们发现这个形式很欧拉定理，因
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摘要：题意： 戳这里 分析： 暴力 按题目模拟，对于每一个询问操作，用并查集维护满足题意的边，求查询点所在连通块大小，复杂度 \(O(qm\alpha)\) 给询问排序,按重量降序，每次把满足要求的未被修改的边加入并查集，暴力枚举合法的修改操作，可撤销并查集维护，复杂度 \(O(q^2\log))\) 正
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摘要：题意： 戳这里 分析： 区间加，区间翻转，区间查询最大值 如果没有第二个操作的话，就是线段树裸题 但是有了第二个操作也没有关系，我们有 \(fhq\) ( \(fhq\) 据说 \(treap\) , \(splay\) , 线段树能做的它都能做，唯一的缺点就是不能同时按 \(siz\) 或者 \(
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摘要：题意： 戳这里 分析： 每个人按照 AC数目 为第一关键字降序，罚时 为第二关键字升序 的排序方式，动态修改，查询排名 这个修改和查询很平衡树，所以我们就上 \(fhq\) ，将值的大小当做键值，所以我们需要新建一个结构体，然后重载 \(<=\) 号，剩下操作和普通 \(fhq\) 一毛一样 代码：
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摘要：题意： 戳这里 分析： \(sam\) 裸题，求第 \(k\) 大字符串 首先建出 \(sam\) 然后求出 \(siz[i]\) 表示 \(i\) 节点代表的串的 \(endpos\) 的集合大小 然后分情况讨论： \(T==0\) 只统计本质不同的串的个数，所以所有点的 \(siz[i]\) 都
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摘要：题意： 戳这里 分析： 暴力 设 \(f[i][j]\) 表示枚举到第 \(i\) 个点，分成 \(j\) 段时的最小代价， \(f[i][j]=min(f[k][j-1]+(s*j+sumt[i]-sumt[k])*(sumc[i]-sumc[k]))\) 然后用李超树维护转移，复杂度 \(O(n
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摘要：题意： 戳这里 分析： 首先树上路径操作，要用树剖 其次，操作等价于区间加一条线段，然后查询区间最小值 但是与普通李超树不同，这次 \(x\) 值并不连续，每次插入的线段下标是和给定起点的距离，那么我们更改一下维护的信息，线段树上 \(a\) 点的 $x $ 值是它离根的距离，然后我们将操作转化，每
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摘要：题意： 戳这里 分析： 我们发现题意就是求一条边所连两个点各自的子树大小的乘积 但是关键问题来了，LCT 的本质是维护链的信息，那么怎么维护子树的信息呢？ 常见操作就是新开一个数组用来记录子树信息（ \(siz,val\) 等) 但是在 \(link,access，cut\) 这类修改 \(spla
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摘要：题意： 戳这里 分析： 首先我们发现需要按 \(a,b\) 的大小动态加减边，直到 1 和 \(n\) 联通，所以上 LCT 具体做法就是，把边按 \(a\) 升序排好后，从小到大加边，每次新加入一条边 \(u -> v\) 时，分两种情况： 在同一个连通块内 此时删掉连通块里 b 最大的那条边，然
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摘要：题意： 戳这里 分析： 暴力 \(O(n^3)\) 枚举转移，期望得分 $60pts$ 正解 化简式子,由于 m 和 n 是定值，所以平均数也可以看做定值 \(\large s^2 = \frac{\sum(a_i-\frac{sum}{m})^2}{m}=\frac{\sum {a_i}^2-2\
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摘要：题意： 戳这里 分析： 暴力 \(O(n^2)\) 的 DP ，\(f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i][j-1]*25\) 正解 我们发现 DP 方程与原串的形态无关，然后观察（题解) 式子，发现它可以通过组合数优化 \(f_{i,j}=C_{i-1}^{j-1}\times 25^{
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摘要：题意 戳这里 分析： 吐槽一句，洛谷题面有锅 暴力 先跑 \(k+1\) 遍 \(dijkstra\) 预处理出前 \(k+1\) 个点之间的最短路，以及到 $1$ 和 \(n\) 的最短路，然后 \(O(k^22^k)\) 的状压 DP 转移，但是由于 DP 数组的空间复杂度是 \(O(k\tim
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摘要：题意： 戳这里 分析： 巨佬说这题是根号分治裸题，我还是太菜了 暴力 对于每一个询问，扫一遍原序列，求出 \(a\) 出现每一个位置，然后对于 \(b\) 一遍枚举出现的位置，一边双指针找出离 \(b\) 最近的 \(a\) 出现的位置，复杂度 \(O(qn)\) 正解 我们发现，对于一个长为 \(
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摘要：题意： 戳这里 分析： 暴力 建分层图，直接跑最短路，把翻转次数当做最短路的状态之一，然后枚举最后的翻转状态 正解 我们发现翻转次数最劣情况下会达到 \(O(n)\) ，所以复杂度成了 \(O(n^2)\) 那么我们考虑如何优化，我们发现一个很显然的结论 当翻转次数超过 \(O(\log n)\)
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摘要：题意： 戳这里 分析： 很久以前做过的题，在巨佬 fgf 的帮助下又学了一遍 暴力 直接设 DP 状态 \(f[i][j]\) 表示第一个序列枚举到第 \(i\) 位，第二个序列枚举到第 \(j\) 位时的最短时间，按题意模拟就好了 正解 我们发现暴力做法中大部分的情况下 DP 都没有做出任何决策直
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摘要：题意： 戳这里 分析： 暴力 \(O(n \log n)\) 预处理 ST表 然后 \(O(n^2)\) 枚举左右端点 正解 我们要优化统计答案的复杂度，也就是说我们需要大概 \(O(n \log n)\) 的复杂度 来统计答案 很容易想到每一个点作为最大值和最小值的影响是一段区间，那么我们就递归通
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摘要：题意： 戳这里 分析： 首先我们将题意转化，把行和列当做点，而每一个棋子，则是行和列之间的一条边，然后我们给边进行定向，使得每一个点的入度和出度的差值的绝对值不超过一 相当于在有向图上跑欧拉回路 代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; nam
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