link 很容易对于每个点列出式子 \(f_{x,y}=(f_{x,y-1}+f_{x,y}+f_{x,y+1}+f_{x+1,y})/4\)(边角转移类似,略) 这个转移是相互依赖的就gg了 不过你可以把这个转移移项,改成右侧没有\(f_{x,y}\)的式子 不过他还是相互依赖的 但是上下两行之间转移不是依赖的 所以你可以每一行跑一遍高斯消元 由于一行的转移是一条链 树上高斯消元可以做到 \(O(n)\) 或 \(O(n \log p)\)(模意义下逆元) 而链上的情况更简单,直接xjb搞一下…

题面 传送门 思路 其实就是很明显的平面图模型. 不咕咕咕的平面图学习笔记 用最左转线求出对偶图的点,以及原图中每个边两侧的点是谁 建立网络流图: 源点连接至每一个对偶图点,权值为这个区域的光明能量 每一个对偶图点连接至汇点,权值为这个区域的黑暗能量 对于每一条原图中的边,在它两侧的对偶图点之间连一条双向边,权值为这个边的代价 用所有点的光明能量和黑暗能量之和,减去最小割,得到的就是答案 Code #include<iostream> #include<cstdio> #inclu…

题面 传送门 重要思想 真的是没想到,我很久以来一直以为总会有应用的$BFS$序,最终居然是以这种方式出现在题目中 笔记:$BFS$序可以用来处理限制点对距离的题目(综合点分树使用) 思路 本题中首先询问可以拆成两个:所有同色点对距离大于$L-1$的种数减去所有同色点对距离大于$R$的种数 考虑如何解决点对距离大于$k-1$: 我们考虑树的$bfs$序,假设当前按照$bfs$序加入了点$u$,深度为$d$ 考虑树里另外两个已经加入了的点$x,y$,显然它们的深度都小于等于$d$ 那么有结论:如果…

题面 传送门 一句话题意: 给定$n\leq 1e9,k\leq 1e7,T\leq 1e9$ 设全集$U=\lbrace 1,2,3,...n\rbrace $,求$(min_{x\in S}\lbrace S\rbrace (S\subseteq U, \lvert S \rvert =k))^T$的期望 重要思想 注意,在遇到包含 思路 首先,通过枚举$S$集合最小值选取哪个数,可以得到: $Ans(k)=\sum_{i=1}^n \binom{n-i}{k-1} T^i$ 然后,通过枚举…

题目 比赛界面. T1 数据范围明示直接\(O(n^2)\)计算,问题就在如何快速计算. 树上路径统计通常会用到差分方法.这里有两棵树,因此我们可以做"差分套差分",在 A 树上对 B 的差分信息进行差分.在修改的时候,我们就会在 A 上 4 个位置进行修改,每次修改会涉及 B 上 4 个位置的差分修改,因此总共会涉及 16 个差分信息的修改. 回收标记的时候,我们可以先在 A 树上进行 DFS ,回收好子树内的差分信息后,再进行一次 B 的回收,得到当前节点上 B 的真实信息. 时间…

题目 比赛界面. T1 不难想到,对于一个与\(k\)根棍子连接的轨道,我们可以将它拆分成\(k+1\)个点,表示这条轨道不同的\(k+1\)段. 那么,棍子就成为了点与点之间的边.可以发现,按照棍子连边之后,我们一定可以得到一些链.假设每条轨道的最后一段作为链头,查询实际上就是查询所在链的链头. 使用 LCT 或 Splay 维护这些链即可,时间\(O(n\log_2n)\). #include <cstdio> #include <vector> using namespace…

题目   比赛界面. T1   比较简单.容易想到是求鱼竿的最大独立集.由于题目的鱼竿可以被分割为二分图,就可以想到最大匹配.   尝试建边之后会发现边的数量不小,但联系题目性质会发现对于一条鱼竿,它会影响的垂直方向上的鱼竿一定是一个区间,因此再套一发线段树优化即可.   这里不建议写倍增优化,因为倍增的点是\(O(n\log_2n)\),而网络流的时间是\(O(n^2m)\),因此可能会慢一些.   当然,你知道,这细网咯流咩......时间复杂度还是比较emmmm......的   代码:…

题面 传送门 思路 懒得解释了......也是比较简单的结论 但是自己看到几何就退缩了...... 下周之内写一个计算几何的学习笔记! Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cassert> #include<cmath> #define eps 1e-14 using namespace std;…

题面 传送门 思路 这题其实蛮好想的......就是我考试的时候zz了,一直没有想到标记过的可以不再标记,总复杂度是$O(n)$ 首先我们求个前缀和,那么$ans_i=max(pre[j]+pre[i]$ $xor$ $pre[j])$ 考虑对于每个$pre[i]$,一个$pre[j]$在经过上述运算后增加的值 发现可以每一位拆开来考虑 那么有四种情况:$(p_i,p_j)=(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)$ 只有当$pre[i]$本位为0,$pre[j]$本位为1的时候,这一位会…

题目   点这里看题目. 分析   先特判掉\(K=2\)的情况.   首先可以考虑到一个简单 DP :   \(f(i)\):前\(i\)张牌的最大贡献.   转移可以\(O(n^2)\)地枚举区间众数,但它不存在决策单调性,众数查询也很难优化.   考虑另一种转移.我们对于\(f(i)\),只取它结尾的点数的后缀 \[f(i)=\max_{1\le j\le i,a_j=a_i}\{f(j-1)+s(i)-s(j)+1\} \]   其中的\(s_i\)为前\(i\)张牌里与第\(i\)张点…