随笔分类 - 《洛谷永远滴神》
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摘要：可以发现，统计同k级祖先数，可以看成统计k级祖先k级儿子有几个。 那么，就可以dsu on tree来统计了。 依据上面的思路，我们就可以把询问挂到k级祖先上，把询问变成统计以该祖先为根的深度为k的孩子数为多少。 那么，首选就是找这个k级祖先，因为暴力找肯定会T，所以我们可以倍增跳。 然后挂上询问，
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摘要：挺好的一道题： 首先，可以dsu on tree做。 这里的精髓就是当奇数个数的点 <= 1时，就能构成。（这里对2取模了。） 那么可以用异或操作来实现对二取模。同时异或两次也就相当于没有做异或操作。 所以也可以用异或来清空轻儿子的贡献。 那么就需要状压每个字母的状态。因为只有26个字母。 这里还有
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摘要：题意：统计每个子树里的最多颜色编号和。 注意的是，如果有多个颜色编号次数一样，那么都要加上。所以这里会爆int。 思路：dsu on tree的模板题吧。 对于重儿子保留操作，轻儿子删去。 也就是说暴力的一种优化，复杂度nlogn，不会证明。 一些细节：注意的是，所谓轻儿子的清空，就是对统计做一次-
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摘要：带修改的莫队： 在普通莫队的基础上维护了一个修改的结构体。加上了一维时间戳。 对于查询操作，记录最近的修改位置。然后在查询操作中。 对于查询之后，还需要去维护一个修改操作，并且要维护对答案的影响。 这题有点卡常，还好我卡的好(逃 // Author: levil #include<bits/stdc
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摘要：第一眼：啊，大水题，直接上莫队分块，70分，原地懵逼。 因为出题人疯狂加强数据，莫队的复杂度已经跟不上了orz。 考虑新的解法：首先，我们可以统计一个数出现的位置。 我们先对询问离线，进行r的升序。 那么可以发现，就算前面出现过当前数，也只能算作一个数，且因为我们按r升序。 那么这个数越后面就越能影
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摘要：其实是很水的一道题，但是由于我没有算好ans的数组大小导致一直wa。。 就是莫队分块，然后统计一下不同的个数。我们只需要看一个数出现是否>0来计算即可 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long
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摘要：很显然是树形DP。 第一眼定义了f[u][i]表示向上覆盖i长度的最小代价。 但是因为这里的D是圈的影响范围，所以下面的点也会被该点影响到。显然不能这么简单处理。 我们再定义g[u][i]表示u点向下i层以下（包括i层）被覆盖的最小代价。这样中间空开的i长度也会得到处理。 这里我们可以思考一下转移：
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摘要：首先注意题意，是统计>=k的个数。 那么首先考虑一下暴力的思路，用cnt[i]来表示次数>=i的个数。 考虑删去一个点，那么cnt[c[i]]--。注意的是cnt[c[i]-1]不需要++，一开始误区就在这了，因为cnt[c[i]-1]还是满足>=c[i]-1的。 那么加入一个点，cnt[c[i]+
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摘要：提供两种解法。 第一种：直接对询问离线，然后莫队分块。 我们用一个数组vis来统计每个数出现的次数，然后维护区间内出现次数超过2的数量即可。 一开始加了个vis[i] = max(vis[i],0)防负数操作还wa了，这样其实有点违背统计思想了。 // Author: levil #include<
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摘要：这就是国家集训队嘛i了i了。 关于路径的统计。 考虑对所有路径都对3取模。 然后路径数就是关键了。 设长度为0的路径为n0，长度为1的路径为n1，长度为2的路径为n2 那么1和2组合肯定可以为0。因为反转也算不同的路径，所以要*2。 所以方案数为n1*n2*2； 这里的难点在于与长度为0路径的计算。
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摘要：也是点分治的简单题。（对我来说算难了orz.） 首先这里的难点就在于查询是否存在长度k。 如果我们每次都去对询问进行一次点分治，显然是过于浪费了。 所以我们可以离线做它。 在点分治过程中统计所有答案。 那么怎么统计答案，又是一大难点，如果要直接按之前找k点对的统计。 那么容斥删点的时候，需要找遍所有
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摘要：显然第一眼用线段树合并线性基即可。 对于线段树复杂度nlogn。合并logn，插入logn.。 总复杂度在nlogn^3。对于这里的5e5，依旧会超时。 考虑其他的思路：这里用了和某道树上查询的紫题差不多的思路。 我们让线性基尽可能靠右，然后只需要判断是否在区间内即可。 因为预处理出了所有点，那么查
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摘要：第一眼就觉得是个DP。一开始想的背包枚举对应长度时的最小代价。 但是这样复杂度是N*M，显然会T。 正解：不需要去考虑凑成长度的最优代价。 用dp[i]来表示到把到i包括i的牛全覆盖掉的最小代价。 那么对于每一个i，我们去枚举转移的位置j，这样最优的方案里会包括上最优的组合法（包括重复选同一个） 那
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摘要：第一眼就觉得是费用流，但是建图确实很麻烦，逐渐递增这个费用到时想到了 solution: 首先，对于每一个事件，我们从s向这个事件连一条容量为1的边，然后对于这个事件，向两个点连一条容量为1的边。 这样满足了事件的关系。可以发现，我们的容量还是由s->事件的1来控制，只是有两个点的选择，即哪个点胜利
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摘要：首先，这题要对题意先进行一个转化。 可以发现，这是一棵树，并且，我们要删点，肯定要从叶子节点开始删，才能保证在大于2个点时。 每个点最少存在一个朋友。 那么，我们主要要去分析，当我们加入关系边时，有哪些点无法作为最后点了（如果没有关系边，那么从一个点两边删，肯定每条边都会满足） 从遥远的国度借鉴经验
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摘要：题意：懂得都懂。 首先考虑到这题如果没有换根的操作，那么很显然就是一个裸的树剖部分，那么随便搞搞就能过了。 对于加上了换根的操作。 我们来对询问进行一个分类讨论。 我们统一以1为根来建树： 如果当前的询问的点等于根，那么显然就是全局最小值，就是node[1].mi。 如果当前的询问的点在不在1->r
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摘要：思路： 观察后可以发现。 卸载操作就是删除子树上存在的点(包括自身). 安装操作就是添加上该点到根的链上的所有点。 树剖重链，线段树维护重链。 对于卸载很简单，删去子树上的值即可。 对于安装。不断跳到链头，直到到根即可。 对于查询有多少只改变了。 只需要记录改变前的值，然后查询改变后的值。 一减就是
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摘要：思路： 显然那个集合点肯定是某两个点的LCA。 因为到LCA,两个点走的距离不会重叠。另外一点到LCA也没有重叠。 那么直接枚举LCA判断就行。 这里时间卡的很紧。 于是：链式向前星存图，倍增常数优化，卡卡常。 Code: #include<bits/stdc++.h> using namespac
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