摘要： 这个题有原型，上海2004那个mst，加边减边的代价都是1，做法一样，但是那个题单纯形被卡空间了......囧。 分析一下：对于每条非指定在mst里的边(以下称非树边)，它一定存在且仅存在一个出它之外全由树边组成的环里，那么这条非树边一定比环里其它边长，那么我们要么增加这条非树边，要么减少其它树边，方能满足条件。于是就可以对于每条非树边，找到那些和它相关的树边，就可以列出线性规划式了。利用对偶转化成松弛形式，就可以单纯形了。这里额外提一下，对于这种约束的系数为0,1,-1，所求值为整数的线性规划，可以用简化版单纯形法，详见代码： orz the mst 1 #include<iost.. 阅读全文

摘要： 这个题一眼看出是修车，但数据范围有点卡，我傻傻地以为写个zkw就万事大吉了，结果发现zkw还没有spfa跑的快......这个题的关键是动态加边，就是每次找到已经增广到最新的点的厨师给他加一个新点，这样一共需要增广P次，就可以跑出答案了。View Code #include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstring>#define maxn 100000#define maxm 100000#define inf 214748 阅读全文

摘要： 我真是弱到什么都不会了.......... 想不出来了： 从c<=5中分析大概15^(5~6)比较靠谱，但我们记每个颜色拿了多少是5^15的，于是转换一下思路，我们记录可以使用1,2,3,4,5次的颜色有多少种，把可以使用的次数相同的颜色看做等价的，于是状态变少了，我们可以记忆化搜索。 f[a][b][c][d][e][last]表示可以使用1,2,3,4,5次的颜色有a,b,c,d,e种，上一次拿的是第last个等价颜色(上次可以拿last次，那么这次只能拿last-1次) 那么很容易推出转移式子，注意对于相邻位置不能是相同的颜色的设定，我们规定这次拿的等价颜色不能喝上次的等价颜... 阅读全文

摘要： bit区间增加区间求和，只不过是二维的......比一维麻烦多了。 这种题还是得自己推啊，强记果断会晕掉。 公式大概是ΣΣdij*(x-i+1)*(y-j+1)，其中dij表示在(i,j)点上累计的增量，展开后得到ΣΣdij*(x+1)*(y+1)-dij*i*(y+1)-dij*j*(x+1)+dij*i*j 然后x+1和y+1是在具体询问中才知道的，所以我们维护4个bit：dij , dij*i , dij*j , dij*i*j 。 询问的时候注意上面乘i的下面要乘x+1，上面乘j的下面要乘y+1。 View Code 1 #include<iostream> 2 #inc. 阅读全文

摘要： 额，这个题巨恶心啦~ 树分治不会写，只能翻论文写括号序列了，cqx把每个点分成了三分"(",“)”,数字，那么两个数字之间未匹配的括号数就是两个点之间的距离，然后我们要求的就是两个黑点之间的距离，于是就可以用线段树维护了吧。 最恶心的就是维护了，要维护6个量，左括号总数，右括号总数，前缀和，前缀差，后缀和，后缀差(只是简称)，合并的时候用后4个量可以得到区间的最大距离，然后这6个量之间可以互相更新，不行我已经晕了，如果有兴趣的话去看看cqx的论文吧，贴个代码帮助有耐心的人差错...... 对于黑白点的处理，就吧白点的后4个量设为-inf，黑点的后4个量设为0，就可以了。 h 阅读全文

摘要： 整体二分是个很神的东西，它可以把许多复杂的数据结构题化简。它的精髓在于巧妙地利用了离线的特点，把所有的修改、询问操作整体把握。 先说说第k大数吧，这种问题是整体二分的标志性题目，什么划分树啊，主席树啊，树套树啊见了整体二分都得自叹不如。首先对于一次询问来说我们可以二分答案，然后通过验证比答案大的数有多少个来不断地缩小答案范围直至得到一个准确的答案。而对于多个询问我们同样可以这么做，只不过对每一个询问我们都需要判定一下，以决定它被划分到哪一个答案的区间里。这个判定过程就是通过比较比二分的mid大的数的个数和k。同时我们看到，如果比二分的mid大的数的个数小于k了，我们是要去寻找小的答案，那... 阅读全文

摘要： 题意：给你一个N项数列的首项X，之后的每一项要么比前一项多A，要么少B，N项前缀和为M，构造一个可行的数列。分析：首先，后一项只和前一项有关，那么对于一项来说+A和-B都是对后面每一项都造成影响的，比如第i个位置选择+A，那么后面N-i+1个位置相对都+A。于是我们设一共加了x个A，y个b，容易得到：ax+by=M-N*Xx+y=n*(n-1)/2这样我们可以解得x和y，那么怎么求方案呢？我们看到x和y是由1..n-1这些数组合而成的。并且我们发现，1..n*(n-1)/2中所有的数都可以用1..n-1中得数组合成，我们观察组合的过程(以10为例)，1=1,2=2,3=3...11=10+1, 阅读全文

摘要： 前记： 这次去一轮之前机房里就充斥着“考不好就要回去文化课”之类的玩笑，其实说这话的人大概已经想好到时候该怎么虐场了吧。哎，倒是我，该想想考挂了以后该怎么办了，回去估计连名字都不知道怎么写了……Day 1 由于不知道其他学校的人什么水平，所以考试之前非常紧张，晚上大概到11点多才睡着，早晨6点还被MXKU的闹钟搞醒。起来看代码吧，突然十分害怕自己到考场上什么也写不出来了，算了，放平心态吧。 试题发下来我就乐了，第一题怎么和noi第一题一个名儿啊，哦，原来不一个题啊，白高兴了。简单翻了翻感觉第二题挺可写的第三题想想应该也能想出来。还是先写暴力，白送的分不能不要（后来证明这个策略是对的）。简单码了 阅读全文

摘要： 最近网络流题做得算是比较多了，有许多类似的模型，这里做一下总结：1.0 最大权闭合子图 这种模型最经典的是noi2006最大获利，模型就是一些有依赖关系的点，权值有正有负，拿了一个就要拿它的所有后继节点，然后求一个最大的权值。方法是保留原图中的边，容量定位无穷，对于每个正权点，S向它连权值容量的边；对于每个负权点，它想T连权值绝对值容量的边，跑一边最小割，最后答案就是用所有正权减去最大流。详细的讲解请看amber的那篇经典论文《最小割模型在信息学竞赛中的应用》。这里我说一下求方案的问题。由于我们选出来的点是求完各割以后与S点都属于相连的集合，所以从S点跑一边dfs就行了。类似的问题还有PO.. 阅读全文

摘要： 好久没写AC自动机了，学了SAM以后发现对AC自动机的理解也加深了，其实它们的精髓都是用后缀的前缀来处理字串（后缀数组也是）。 那么这个题光会写AC自动机可不行，还要会处理询问。这个题询问第x个串在第y个串中出现的次数，于是我们可以想到把所有串建AC自动机，然后利用fail指针的性质：沿着fail指针上溯，所经过的都是以当前节点为右端点的字串，也就是说fail[i]代表的字串在i中一定出现过。所以我们把fail边反向，出现了一颗fail树，那么如果一个串在P位置上出现了，那么在它的所有儿子中一定也出现了，于是可以用树状数组维护这棵fail树的dfs序来维护答案。 方法是：按照一开始建A... 阅读全文