随笔分类 - 前缀和/差分
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 直接区间 dp 可以做到 \(O(n^3)\)，卡常可过，在此就不赘述了。 为了方便先把连续的数字缩成一段。我们考虑直接从前往后扫，扫的过程中 dp。设 \(f_{i, j}\) 为考虑了 \([1, i]\)，还有 \(j\) 个没配对的左括号的方案数。 但是我们发现我们
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摘要：QOJ 传送门 大分讨恶心题。 首先施容斥，变成求 \(\sum |AB| > \max(|AC|, |BC|)\)。 遇到这种三个点的路径问题，可以找出一个点 \(X\)，使得 \(A, B, C\) 在 \(X\) 的不同子树内，也就是 \(A \to B, A \to C, B \to C\)
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 我独立做出一道 *3000？ 考虑对于单次询问，除了 \(O(nm)\) 的 dp，有没有什么方法能快速算出答案。发现若 \(a_{i + 1} - a_i < b_{j + 1} - b_j\) 则 \(i \gets i + 1\)，否则 \(j \gets j + 1
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 貌似是第三道问号题？感觉前面这个转化不是人能想到的。。。 考虑维护 \(y\) 的差分序列。更进一步地，我们类比 slope trick，维护一个可重集，里面有 \(y_{i + 1} - y_i\) 个 \(i\)（为了方便我们让每次操作时 \(y_{m + 1
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 不是很懂官方题解在干嘛。 设 \(g_x\) 为满足 \(x \mid f(a_i, a_j, a_k)\) 且 \(i, j, k\) 两两不同的所有无序三元组的个数。则容易容斥求出 \(h_x\) 为 \(x = f(a_i, a_j, a_k)\) 的个数。答案即为
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑枚举其中一个区间取 \([i, i + K - 1]\)，考虑对于每个 \(j\) 一次性处理出，区间取 \([j - K + 1, j]\) 多产生的贡献（即以 \(j\) 为右端点）。 对于一个 \([l_k, r_k]\)，设其与 \([i, i + K - 1]
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc311_g "洛谷传送门") [AtCoder 传送门](https://atcoder.jp/contests/abc311/tasks/abc311_g "AtCoder 传送门") 考虑一维怎么做。
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc265_f "洛谷传送门") [AtCoder 传送门](https://atcoder.jp/contests/abc265/tasks/abc265_f "AtCoder 传送门") 考虑 dp，$f_
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/P6821 "洛谷传送门") 考虑恰好选 $k$ 个子段怎么做。 设恰好选 $i$ 个子段的和最大值为 $h_k$。可以得到 $h_{i + 1} - h_i \le h_i - h_{i - 1}$，因为 $h_i
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摘要：这题太神仙了吧！感觉还不是很懂，但是尽力理一下思路。 设 $t_x$ 为最大的 $j$ 使得 $i_j = x$，不存在则 $t_x = 0$。 设 $1 \sim n$ 的数按照 $t$ 从小到大排序后是 $p_1, p_2, ..., p_n$，设 $q_i$ 为 $i$ 在 $p$ 中的排名，
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 2500 下文令题中的 $k$ 为 $m$。 显然每个 $d_i$ 都修改，次数就为 $n$。 考虑枚举 $i$，钦定 $d_i$ 不修改，然后枚举 $[l, l + m - 1], l \in [f_i \times d_i - m, f_i \times d_i]$ 为
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 观察可以发现： 使每支箭的距离都为 $D$ 一定不劣； 每支箭坐标一定为整数； 设最左边的箭坐标为 $x$，那么 $x$ 太小时可以把最左边的箭移到最右边，$x$ 太大时可以把最右边的箭移到最左边。计算可得 $x$ 的最优取值范围为 $x \in [-\left\
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑把所有 $a_i = a_{i+1}$ 的位置断开，分别计算然后把方案数乘起来。接下来的讨论假设 $a_i \ne a_{i+1}$。 考虑一个 dp，设 $f_i$ 为 $[1,i]$ 最后剩下的集合的方案数。转移显然是 $f_i \gets f_i + f
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑固定 $s$ 和每个格子的颜色，最终有多少个石子被染黑。 结论： 任何时刻只有不多于两个极大同色连通块。 证明： 设 $[x,y]$ 为当前的黑连通块，$[y+1,z]$ 为白连通块。如果下一次染 $x-1$，若 $x-1$ 为白，则 $[x-1,z]$ 都被
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑连边 $(i,p_i)$（若 $p_i = -1$ 则不连边），可以发现形成了一篇内向树森林且这个森林存在一个 dfs 序为 $1,2,...,n$。 这棵森林有如下性质： $\forall v \in son_u,h_u > h_v$ $\forall v,
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摘要：AtCoder 传送门 洛谷传送门 一眼。 将 $a$ 中每个数用前导零补到 $6$ 位，题目相当于问所有 $i,j$，$a_i$ 的每一位加 $a_j$ 的这一位都不超过 $9$ 的 $(i,j)$ 对数。 直接高维前缀和统计即可，时间复杂度 $O(n + 10^6)$。 code /* p_b_
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摘要：洛谷传送门 经典根号分治题。 思路 显然有两种暴力： 对于每个地区为 $r_1$ 的结点，计算它的子树内有多少个地区为 $r_2$ 的结点。 对于每个地区为 $r_2$ 的结点，计算它到祖先的链上有多少个地区为 $r_1$ 的结点。 设 $cnt_i$ 为第 $i$ 个地区的数量。若 $cnt_{r
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摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 思路 显然可持久化 01 trie。 询问一，由于一个结点的子树可以映射到 $\mathrm{dfs}$ 序上一段连续的区间，因此可以对 $\mathrm{dfn}$ 区间建可持久化 01 trie，查询直接做就可以。 询问二，用树剖会多一个 $\log$，很垃圾。考虑差
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摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 思路 对 $S_1,S_2,...,S_n$ 建出 AC 自动机并建出 $\mathrm{fail}$ 树。对于每次新加入的 $P$，考虑计算它对答案的贡献。 考虑在 AC 自动机上匹配的过程。加入一个 $P$，设它在 AC 自动机上从根结点开始的链经过 $p_1,p_2
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 比 CF547E 略难的字符串好题。 思路 首先令 $m = \sum\limits_{i=1}^n |s_i|$。 设 $a_i$ 为第 $i$ 个字符串在 AC 自动机上的终止结点。考虑在 AC 自动机上匹配的过程，$x$ 在 $y$ 中出现的次数就相当于在 Trie
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