摘要： 不知道为什么是这样子的。。 阅读全文

摘要： #include using namespace std; #define ll long long #define N 1000005 #define mod 1000000007 #define P 131 char s[N],buf[N]; int n,lens; ll has[N],p[N],has1[N]; int main(){ p[0]=1; for(int ... 阅读全文

摘要： 首先考虑初始排列，pi会让周围所有比其大的元素深度+1，所以要求每个点的深度，只要其被覆盖了几次即可 这个覆盖可以通过处理每个元素的左右边界(单调栈O(n))+线段树区间更新(Ologn(n))来做 然后是将排列最左边一个元素移到最右边： 在左边删元素pi，只会让pi右边所有比其大的元素深度-1， 阅读全文

摘要： 这个拆边+队列操作实在是太秒了 队列头结点存的是一个存点集的vector，1到这个点集经过的路径权值是一样的，所以向下一层拓展时，先依次走一遍每个点的0边，再走1边。。。以此类推，能保证最后走出来的路径是最优的 阅读全文

摘要： 那一步剪枝实在是没想到 阅读全文

摘要： si+sj中间有一个切割点，我们在t上枚举这个切割点i，即以t[i]作为最后一个字符时求有多少si可以匹配，以t[i+1]作为第一个字符时有多少sj可以匹配 那么对s串正着建一个ac自动机，反着建一个自动机，然后t正反各匹配一次，用sum[]数组记录t[i]作为最后一个字符可以匹配的串数量 注意：求 阅读全文

摘要： 直接枚举每个点作为左上角是可以做的，但是写起来较麻烦 有一种较为简单的做法是对一列或一行统计贡献 比如某一行的B存在的区间是L,R那么就有三种情况 1.没有这样的区间，即一行都是W，此时这行对答案的贡献一直是1 2.R-L+1<=k,那么这一段必须要找一个点代表的矩形来覆盖，可以求出这样的点的存在区 阅读全文

摘要： /* 显然用dp[i][j]来表示i个1，j个-1的结果 dp[i][j]由dp[i-1][j]和dp[i][j-1]转移而来 即dp[i][j]对应的所有序列，都可以由dp[i-1][j]在前面加一个1或dp[i][j-1]在前面加一个-1得到， 这里加在前面是因为更容易统计 考虑1加在前面，那么对于任意一种(i-1,j)的排列，贡献都+1，C(i-1+j,j) 考虑-1加在前面，那么对于某些( 阅读全文

摘要： 这类题目要首先把模型建立起来，挑选一个好的状态能让dp方程简化很多 阅读全文

摘要： 直接去考虑细节很多，不如暴力做 即在四个方向到达最远前向反方向走一步，答案肯定是从这四种情况+不多走里出的 阅读全文