随笔分类 - 树剖
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 和 CF1010F Tree 基本一致。 考虑经典树形背包，设 \(f_{u, i}\) 为 \(u\) 子树内选了 \(i\) 个点的方案数。初始有 \(f_{u, 0} = 1\)。每次考虑合并儿子 \(v\)，有转移： \[f_{u, i + j} \get
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 educational 的。另一道类似的题是 [ABC269Ex] Antichain。 考虑令 \(b_u = a_u - \sum\limits_{v \in son_u} a_v\)。那么 \(\sum\limits_{i = 1}^n b_i = a_1 = x\)
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摘要：洛谷传送门 区间本质不同子串个数。 考虑类比区间数颜色。扫描线扫询问的 \(r = i\)，然后对于一个 \(i\) 的后缀 \(S[j : i]\)，我们把它上一次出现时的左端点位置 \(-1\)，现在的左端点位置（即 \(j\)）\(+1\)。那么查询就是 \([l, r]\) 的区间和。 考虑
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 大家好，我是这个。 注意到可以树剖后线段树优化建图跑拓扑排序，但是空间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)，大概过不了。 注意到我们只会有一个 \(\text{dfn}\) 区间不是一条重链上一段前缀的形式（跨过 \(\text{LCA}\) 的那个区间），于是对这个
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/P9520 "洛谷传送门") [LOJ 传送门](https://loj.ac/p/3685 "LOJ 传送门") 观察可得，若存在合法解，则一定存在一种解，使得每个人都不停顿地从起点走到终点。 因为如果一个人走到一半
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc298_h "洛谷传送门") [AtCoder 传送门](https://atcoder.jp/contests/abc298/tasks/abc298_h "AtCoder 传送门") 挺无脑的。是不是因
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1827E "洛谷传送门") [CF 传送门](https://codeforces.com/problemset/problem/1827/E "CF 传送门") 比较神奇的题。 定一个非叶子 $r$ 为根。 显
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 基础图论。 考虑快速求出 $d(s, t)$，那么边权要 $+1$ 的边仅当边权等于 $d(s, t)$ 时答案可能为 $1$。求 $d(s, t)$ 可以建出 Kruskal 重构树，查两点 $\text{LCA}$ 点权得出。 考虑把询问离线，把相同的 $d(
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 看到询问次数是 $O(\log n)$ 级别的，考虑使用树剖的一些性质。 我们都知道一个点到根结点的链经过的轻边为 $O(\log n)$ 级别的。于是考虑如下的算法： 先通过一次询问得出 $x$ 的深度，然后树剖。 一开始设 $u \to 1$。沿着重链跳到和 $x
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 显然如果确定了路径的两个端点 $x,y$，就可以树剖将树上 $x$ 到 $y$ 的路径上的点权值 $+1$，再判断询问点是否在路径上。 于是钦定深度最大的点为其中一个端点 $x$，另一个端点 $y$ 为询问点中不为 $x$ 的祖先且深度最大的点。如果 $y$ 不存在说
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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 思路 首先发现，题中所述的 \(\mathrm{border}\) 就是 KMP 中的 fail。求两个前缀的公共 \(\mathrm{border}\)，就是跳到最大的公共的 \(\mathrm{fail}\)。 因此建出 \(\mathrm{fail}\) 树，则每次询问跑一遍 LC
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