随笔分类 - 根号分治
摘要：洛谷传送门 不依赖 \(a_i \le 10^9\) 的做法。 设 \(b_x\) 为有多少个 \(i\) 使得 \(a_i = x\)。 设一个阈值 \(B\)。当 \(\frac{m}{a_i a_j} > B\) 时 \(a_i a_j < \frac{m}{B}\)，可以直接枚举 \(a_i
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摘要：[UOJ 传送门](https://uoj.ac/problem/33 "UOJ 传送门") 设 $f_{u, i}$ 为 $u$ 子树内深度为 $i$ 的点的个数，在 $\operatorname{LCA}$ 处计算答案。但是时间复杂度无法接受。 考虑长剖，计算答案只用枚举到轻链长，先对轻儿子做一
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/P7722 "洛谷传送门") 被踩爆了好神的题啊！ 转化一下题意，给出三个数组 $a, b, c$，每次可以单点修改 $a, b, c$，询问即求 $b_i = a_j = c_k, 1 \l
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 神仙题…… 记 $f(n)$ 为一次操作后第 $n$ 个数是多少，则 $f(n) = \left\lfloor\frac{3n + 1}{2}\right\rfloor$。 记 $f^k(n) = f(f^{k-1}(n))$，$f^0(n) = n$，$h_k$
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 技巧性比较强的题（？ 设 $a$ 为最优解的 $A$，则 $a$ 可以贪心构造，就是每一位都取到下界。 考虑设 $b_i = \frac{a_i}{i}$，因为 $i \times b_i < (i + 1) \times b_{i+1}$，则 $b_{i+1}
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 It's all MAGIC 这种题目一般先考虑局面要满足什么条件能必胜，然后根据这个性质来计数。 如果把黑板上的数写成一个集合 $S$，那么： $\varnothing$ 为必胜态，${1}, {2}$ 显然为必败态，打表发现其他单元素集合都为必胜态； 如果 $
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 感觉太人类智慧了。 设 \(A = (c_1,c_2,...,c_n)\) 表示当前每种牌的数量，\(f(A)\) 为状态 \(A\) 只进行换牌操作最终最少剩下几张牌。 \(f(A)\) 是可以贪心求出的，因为策略必然是能换则换。 并且我们发现依次换 \(2,3
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 很牛逼的题啊！感觉套路很实用，感谢 ntf。 考虑 $totlen = cnt \times len \le 80$。若 $cnt \le 3$，可以 $O(|S|^{2cnt - 1})$ 暴力枚分割点。$cnt = 4$ 包含在 $cnt = 2$ 内，无需考虑。$cn
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 套路题。 考虑根号分治，$\le \sqrt{V} = 447$ 的质因子直接暴力 ST 表维护。对于 $> \sqrt{V}$ 的质因子每个数最多有一个。记 $big_i$ 为 $a_i > \sqrt{V}$ 的质因子，维护 $pre_i$ 表示上一个使得 $big_i
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 不错的根号分治练习题。 考虑枚举公差 $k$，题目就转化成了求 $a_i - i \times k$ 相等的数的最大值。 考虑根号分治。 当 $|k| \le \sqrt{10^5}$，显然可以暴力枚举，开桶记录。 当 $|k| > \sqrt{10^5}$，对于一个 $i
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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 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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