随笔分类 - 《洛谷永远滴神》
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摘要：题意：求解$ans = \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}d(ij)$ 首先莫比乌斯函数有性质：$d(ij) = \sum_{x | i}^{}\sum_{y | j}^{}|gcd(x,y) == 1|$ 那么，我们可以代入得： $ans = \sum_{i = 1}
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摘要：不是很难，这里筛法写错了，一度以为自己推错了。。 题意：求解$ans = \sum_{x = 1}^{a}\sum_{y = 1}^{b}|gcd(x,y) = d|$ Solution: $ans = = \sum_{x = 1}^{[\frac{a}{d}]}\sum_{y = 1}^{[\fr
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摘要：题目就是求解：$\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}|gcd(i,j) = prime|$ 显然先枚举素数。这里我们定义P为素数集。 即$ans = \sum_{d\epsilon P}^{}\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}|gcd(i,j
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摘要：推公式真有意思（bushi 题意：求解$ans = \sum_{i = 1}^{n} k~mod~i$ 这里n,k都很大，O（n）显然会TLE。 我们对这个式子进行一下化简$ans = \sum_{i = 1}^{n} k~mod~i\rightarrow \sum_{i = 1}^{n}k - [
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摘要：这题的话不是很难，个人感觉难的地方就是求出矩形第四个点的坐标。 对于第四个点的坐标，先用向量垂直来找出直角顶点，然后就可以用矩形中点的坐标来求出第四个点的坐标。 然后就是连边跑个最短路就行。 中间建图连i -> j，然后就忘了j -> i。（亿点点问题 #include<bits/stdc++.h>
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摘要：第一道黑题，虽然是模板题~。 Min25筛. 将多项式转化$f(i) = i*(i - 1) \rightarrow f(i) = i*i - i$。 对所以对于后面的g = g2 - g1。定义g2 为关于i*i的函数，g1为关于i的函数。 那么对于s出删去的实际是g2 - g1的j = 0时候的
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摘要：这题有很多的做法。 首先最远的两个点很显然是直径。 然后和之前做的一道直径合并很像。 我们知道这里是一个单点修改，修改了之后会影响它的父节点以上的情况。 那么，我们又知道dfs序满足子节点的dfs序在父节点的dfs序内部。 那么我们可以用线段树去维护dfs的区间直径。 然后显然这个区间是子树的包含关
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摘要：一开始没注意数据范围~ 可以发现列最大只有15。 并且我们修改的是一个矩形。 那么就是一列列修改并且统计答案。 这里就可以用线段树，对每列建树，然后更新统计答案。 具体怎么统计，就是因为每次都是将一个区间内的数改成1或0，那么我们先统计出每个区间的标准1和0个数。 那么改成哪个就是哪个为相同的答案。
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摘要：算下作为最小值的最大长度，然后找下最大的。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int> pii; const int N = 2e6
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摘要：将题意转化下，就是求满足$(n-a[i]) \equiv 0 ~mod~(b[i])$的最小的非负整数x。 转化一下$(n-a[i]) \equiv 0 ~mod~(b[i]) \rightarrow n \equiv a[i]~ mod (b[i])$ 那么，就是个CRT。 这里的话，中间会爆lo
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摘要：这题挺好的吧~ 先处理出不能走的点，然后再跑最短路的时候去判断就行。 对于不能走的点： 先建反图跑最短路，给不能走到终点的点打上标记，然后和这些点相连的点也打上标记。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; type
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摘要：好题！ 第一眼就感觉是dp。 设dp[i][j]表示到第i个位置上面-下面为j的最小步数。 可以发现，这里由于上面-下面可能是负的。 那么单纯去dp显然不行。 这里就用到了一个思想，零点转移。 因为差距最多在5,6000左右，我们设6000为0点，那么-T就变成了6000-T。 然后就可以去dp了，
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摘要：这题做出来了很有成就感（骄傲.jpg） 虽然这题没评级，但我感觉应该有紫题难度吧？ Solution: 数据很小，然后题目里说了要横纵分解区域。 所以可以从这里出发，dfs分解区域。 具体怎么分解：可以发现，如果在这个地方分解开当前区域，那么必须满足两边断电后都能满足。 如果可以，那么再去看是否能分
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摘要：一开始还觉得很难，结果。一发过了。 其实观察可以发现就是一个最小生成树。 对于前k条边，我们去连最小生成树，显然这时比较的是自己想的花费。 然后剩下的就是老师讲的花费比较，再去连最小生成树。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespa
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摘要：一道非常好的题，太菜了调了很久，细节非常多。 首先，将题意转化一下，由给定的两段都有的长度，可以组成多少种组合。 设dp[i]表示，长度为i的方案数。 那么有转移，$dp[i] = \sum_{j = 1}^{tot} dp[i-a[j]]$//tot为两段都有的元素个数，注意要去重 这里虽然可以用
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摘要：树上查询某一路径上的第k大。 首先，我们只需要处理出路径上的权值线段树即可。 我们建立根到u的前缀和主席树。 那么对于查询u,v。和树上距离的类似。 sum[u] + sum[v] - sum[lca(u,v]] - sum[fa[lca(u,v]]]。 因为这里的话，lca的值也需要算入。所以第二
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摘要：这题思考如何去查询。 我们可以建主席树。 那么对于区间的数量最多的数，我们可以“松弛“去查找。 当某个区间的数量大于一半时，我们就去找那个区间，然后到叶子节点，那么叶子节点的数量肯定就满足大于区间的一半。 显然这个数最多只能有一个，那么左右区间肯定只有一个被松弛到。 // Author: levil
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摘要：回顾一下可持久化线段树。 这题是经典的查询静态区间第k小。 对于主席树，可以将每个区间位置，看成第i个历史版本，然后对每个点去维护一棵树。 然后对于第i个点维护的x位置，存的值是1~i的x的前缀和。 查询的时候，比较下前缀和左边是否满足即可。 注意换到右边时，需要减去左区间个数，保证相对第k小。 /
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摘要：前言：准确理解题意并转化，也是非常重要的一步。 dsu on tree裸题。 对于静态链分治的理解，更加深刻了一些，对于mx等有影响的参数。 在处理轻儿子时，也需要清空，这才是真正意义上的清空操作。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using nam
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摘要：其实不难但是被char*折磨死了。mp居然用了char*不能统计int。一定要string. 原理：好像两个值虽然相同，但是char*是地址，地址不同也算不同，所以不能判重。 回到正题： 和CF208E Blood Cousins基本一样的思路，只是这里加了个map判重。 然后上dsu on tre
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