题解: 题解居然是LCT……受教了 把所有区间按照端点排序,动态维护目前有重叠的区间,用LCT维护即可. 代码: #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<queue> using namespace std; typedef long long ll; struct node{…

题解: 限制可以看成图状结构,每个任务的对物品数量的影响可以看成权值,只不过这个权值用一个五元组来表示. 那么题意要求的就是最大权闭合子图,网络流经典应用. 代码: #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<queue> #define inf 100000000000000000…

一道很有意思的神题~ 暴力平衡树的复杂度很对(并不),但是$2^{30}$的空间一脸屎 这题的正解是一个类似线段树的数据结构,我觉得很有创新性Orz 首先可以想到一种暴力就是用一个点代表一个区间,然后用链表维护这些点的集合,每次alloc操作就相当于割开未分配的区间,即增加了一个点,free操作就相当于合并.所以最多会产生$n$个点,单次操作$O(n)$,时间复杂度$O(n^2)$但是不满,貌似常数小就可以拿60: 把这个集合看成一个序列的话,快速修改点的信息肯定会想到线段树,正解就是用线段树去…

题意很简单,就是求这个数... 其实场上我想出了分治fft的正解...然而不会打...然后打了个暴力fft挂了... 没啥好讲的,这题很恶心,卡常卡精度还爆int,要各种优化,有些dalao写的很复杂我都没看懂...我写的是每三位拆分然后再合并 代码: //强烈谴责卡常数而需要大量优化 //upd:还卡精度... #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio>…

北京集训的题都是好题啊~~(于是我爆0了) 注意到一个重要的性质就是期望是线性的,也就是说每一段的期望步数可以直接加起来,那么dp求出每一段的期望就行了... 设$f_i$表示从$i$出发不回到$i$直接到达终点的概率,显然期望步数就是$\frac{1}{f_i}$: 考虑转移,设下一个事件概率为$p$,则 如果下一个事件是敌人:$f_i=f_{i+1}*p$ 如果下一个事件是旗子: $f_{i}=(1-p)*(1-f_{i+1})*(1+p*(1-f_{i+1})+p^{2}*(1-f_{i+…

题解: 这题看起来很难...但是实际上并没有想象中的那么难 第一眼看上去不会求导公式怎么办?不要紧,题目背景非常良心的给出了题目中的导数计算公式 求完导合并同类项很恶心怎么办?不要紧,样例解释说明了不需要合并同类项(然后有许多人因为这个爆〇了) 一看这种题目形式明显就是大数据结构,外面的序列明显线段树维护,次数也可以用线段树,但是线段树套线段树容易MLE: 所以用树状数组套线段树实现 具体就是以1~n为下标建线段树,外面用树状数组维护次数,每次在树状数组上查询即可 写完过样例直接1A就是爽 代码…

股神小L (stock.c/pas/cpp)============================ 小L厌倦了算法竞赛,希望到股市里一展身手.他凭借自己还行的计算机功底和可以的智商,成功建立一个模型预测了一支股票接下来n天的价格. 我们把这支股票第i天的价格称为a_i.在接下来n天里,每一天小L可以选择花费a_i买入一股或者卖出一股从而获得a_i元收入. 当然小L卖出股票的时候,自己的账户上必须要有至少一股的剩余.现在小L希望知道,在n天过去之后,采取最优策略的情况下自己最多赚到多少钱. 注意…

Solution 正解是一个\(\log\)的link-cut tree. 将一条边拆成两个事件, 按照事件排序, link-cut tree维护联通块大小即可. link-cut tree维护子树大小非常不熟练. 正确的做法是每个点开两个变量size和add, 分别表示在splay中以这个点为根的所有点所在的子树的点的数量, 以及以当前点为根的子树由虚边贡献的点的数量. #include <cstdio> #include <cctype> #include <algori…

Solution 考虑怎么卖最赚钱: 肯定是只卖不买啊(笑) 虽然说上面的想法很扯淡, 但它确实能给我们提供一种思路, 我们能不买就不买; 要买的时候就买最便宜的. 我们用一个优先队列来维护股票的价格, 从前往后扫描. 假设我们已经知道了到前一天的最优策略, 考虑到当前这一天的最优策略: 假如手上还有股票, 那么一定是要把它卖掉的; 假如已经没有股票了, 那么我们就在原本打算卖出的股票以及这一天的股票中选出股价最低的买入. 用优先队列维护股价, 从第一天往后扫描即可. #include <cst…

Description Solution 将(u,v,l,r)换为(1,u,v,l)和(2,u,v,r).进行排序(第4个数为第一关键字,第1个数为第二关键字).用LCT维护联通块的合并和断开.(维护联通块的大小,要维护虚边) 答案统计:每当四元组的第一个数为1(这时候合并点u,v所在连通块,反之拆开),在合并前ans+=size[u]*size[v]即可. Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring&g…

Time Limit: 1000 ms   Memory Limit: 256 MB Description 题解 状态表示: 这题的状态表示有点难想...... 设$f_i$表示第$i$个事件经过之后,到达终点之前,不再回到事件$i$或事件$i$的左边的概率,反过来说就是可以在右边乱绕,若事件$i$的位置为pos,“右边”指的就是$(pos,h]$. 我们将第$i$个事件到第$i+1$个事件中间这一段路程记为$S_i$,那么期望经过$S_i$的次数就为$1/f_i$. 为什么是$1/f_i$呢…

Description  Special Judge Hint 注意是全程不能经过两个相同的景点,并且一天的开始和结束不能用同样的交通方式. 题解 题目大意:给定两组点,每组有$n$个点,有若干条跨组的有色无向边.求一种方案,包括若干个不相交的连通块,覆盖全部点,每个连通块满足能一笔画(不经过重复的点)并且相邻两次经过的边颜色不相同(开头和结尾经过的边也不能相同). 是不是有点类似二分图匹配的问题呢?我们还是考虑用最大流来建图. 一笔画的时候,每一个经过的点有且只有一条入边,有且只有一条出边,即…

Solution 这是一道好题. 考虑球体的体积是怎么计算的: 我们令\(f_k(r)\)表示\(x\)维单位球的体积, 则 \[ f_k(1) = \int_{-1}^1 f_{k - 1}(\sqrt{1 - r^2}) dr \] 然而\(f_{k - 1}(\sqrt{1 - x^2})\)并不容易处理, 我们又注意到\(k\)维球体的体积可以表示为\(a \pi r^k\), 因此\(f_k(\sqrt{1 - r^2}) = f_k(1) \times (1 - r)^{\frac…

Solution 这题实际上并不是构造题, 而是一道网络流. 我们考虑题目要求的一条路径应该是什么样子的: 它是一个环, 并且满足每个点有且仅有一条出边, 一条入边, 同时这两条边的权值还必须不一样. 考虑如何建图: 我们对每个景点分别建一个点, 源点连向左岸的景点, 右岸的景点连向汇点, 边的容量都是2, 这限制了一个点最多只能连两条边; 我们再将一个点拆成\(k\)个, 每个代表一个连入的边的权值, 也就是说对于连入一个点的所有边, 都连在代表该边的权值的点上; 一个景点与其拆成的\(k\)…

Solution 这道题告诉我们, 不能看着数据范围来推测正解的时间复杂度. 事实证明, 只要常数足够小, \(5 \times 10^6\)也是可以跑\(O(n \log n)\)算法的!!! 这道题有两种思路. 比较容易想到的(也是我考场上想的)一种是: 把所有任务按照权值从大到小排序, 从权值大的开始安排, 将其安排在尽可能靠后的位置; 假如位置不够, 安排不下, 则可停止. 但这样非常难统计答案, 我想到的做法是用线段树的分裂与合并来维护整个区间. 但考虑到时间复杂度以及常数大小, 还是…

Solution 我们把遇到一个旗子或者是遇到一个敌人称为一个事件. 这一题思路的巧妙之处在于我们要用\(f[i]\)表示从\(i\)这个事件一直走到终点这段路程中, \(i\)到\(i + 1\)这段路只被经过一次的概率. 分类讨论: \(i + 1\)是一个敌人, 则\(f[i] = f[i + 1] \times p[i + 1]\) \(i + 1\)是一个旗子, 则 \[f[i] = f[i + 1] \\ + f[i + 1] \times (1 - f[i + 1]) \times…

Description Solution 哇真的异常服气..线段树都可以搞合并和拆分的啊orzorz.神的世界我不懂 Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; ; ; int sz[M],lc[M],rc[M],tag[M],rt[N],all_work,cnt; ) { int o=++cnt; tag[o]…

Solution 一个定理: 把两棵树用一条边练成一棵树后, 树的直径在原来两棵树的四个直径端点中产生. 放到这一题, 我们通过DP先求出大树中以每个点为根的子树中的直径, 再取每棵小树中与其他树有连边的点以及两个直径端点作为虚树上的关键点, 建虚树再求一次直径即可. #include <cstdio> #include <cctype> #include <vector> #include <map> #include <algorithm>…

题解: 好题!我的结论很接近正解了... 把一个数化成二进制,每次至少要拿走一位,最多全拿走,不能不拿.那么这就是一个经典的Nim问题了,子树异或起来就是根节点的答案,随便递推一下就行了. 代码: #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<queue> #define inf 21…

题解: 神题...我看到的时候直接吓懵了... 这是一道STL题...否则可能要写可持久化ETT或者可持久化Toptree? 用bitset来维护每个蘑菇上哪里有杂草,那么 对于操作1和操作2:可以预处理每个点为跟的bitset: 对于操作3和操作4:预处理两个点到根这条链上的bitset,先异或再或两个点的lca的bitset: 对于操作5和操作6:直接暴力区间清零即可: 询问直接贪心,由于随机所以复杂度O(玄学)(实际上应该是$O(\frac{n}{32}+\frac{n}{ln200})$…

Description 题解 (这可是一道很早就碰到的练习题然后我不会做不想做,没想到在Contest碰到欲哭无泪......) 题目大意是寻找三点对的个数,使得其中的三个点两两距离都为d. 问题在于,这个d不是定值啊,这使得DP的进行比较困难. 于是这个神奇解法在DP过程中把d省去了! 状态表示 $f [u][i]$: 以u为根的子树内,到u的距离为i的节点个数,$f [u][0]=1$ . $g [u][i]$:以u为根的子树内,存在多少点对 (a,b),它们到它们的lca的距离都为d,且它…

Description 题解 题目说这是一个具有神奇特性的数列!这句话是非常有用的因为我们发现,如果套着这个数列的定义再从原数列引出一个新数列,它居然还是一样的...... 于是我们就想到了能不能用多点数列套着来加速转移呢? 但是发现好像太多数列套起来是可以烦死人的...... 我们就采用嵌套两次吧(第三次以后规律就不明显了),记原数列为A,第一层嵌套为B,第二层嵌套为C. 我们其实可以发现一些规律,对于Ci,它对应了B中i的个数:对于Bi,它对应了A中i的个数. 稍加处理即可,我们一边计算一边…

HINT 注意是全程不能经过两个相同的景点,并且一天的开始和结束不能用同样的交通方式. [吐槽] 嗯..看到这题的想法的话..先想到了每个点的度为2,然后就有点不知所措了 隐隐约约想到了网络流,但并没有继续往下想了... 听完学长的讲评之后(%xj)个人觉得建图还是很有意思的ovo [题解] 因为每个点到对面都有k种方式,那就想到每个点原来的点$x_0$拆成k个点$x_1$, $x_2$, $x_3$... $x_k$ 然后很自然地$x_0$和拆成的点之间要连边 容量的话,因为hint里面的限制…

[吐槽] 首先当然是要orzyww啦 以及orzyxq奇妙顺推很强qwq 嗯..怎么说呢虽然说之前零零散散做了一些概d的题目但是总感觉好像并没有弄得比较明白啊..(我的妈果然蒟蒻) 这题的话可以说是难得的一道搞得比较清楚的概d题目吧记录一下还是挺有意思的ovo 当然咯..显然考场上并没有推出来..嗯qwq [题解] 看到说要求期望的距离,然后总的长度又被分成了一段一段的(各个事件) 所以就有一个比较直接的想法:将每一段期望走的次数算出来然后再乘上每一段的距离,加起来就是答案啦 那么现在问题来了怎…

Description Solution 核心思想是把组合数当成一个奇怪的多项式,然后拉格朗日插值..:哦对了,还要用到第二类斯特林数(就是把若干个球放到若干个盒子)的一个公式: $x^{n}=\sum _{i=0}^{n}C(n,i)*i!*S(i,x)$ 围观大佬博客(qaq公式太难打了) Code #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using na…

Description Solution 由于题目要求,将a[i]->b[i](边权为i)后所得的图应该是由森林和环套树组合而成. 假如是树形结构,所有的t[i]就直接在线段树t[i]点的dfs序(即in[t[i]],out[t[i]]区间)处记录t[i]点的深度. 这样,针对所有的f[i],在线段树上查找所有包含in[f[i]]点的区间所记录的最大深度d.(这个深度就是在离f[i]最近并且已经验证了是真命题的祖先的深度) 然后用倍增算出f[i]向上到深度d,所经过的编号最大值c.ans=min…

Description Solution 如图,假如我们知道了以任何一个点为顶点的135-180度的前缀和和90-180度的前缀和,我们就可以搞出三角形的面积. 差分.add[i][j]和dev[i][j]都表示相对点[i][j-1],点[i][j]应该+或-的大小.这样只要我们需要,可以在O(n2)的时间里求出整个图的前缀和. 然后,不可能每一次查询都求一次前缀和的.考虑分块.记录当前添加的修改的操作数cnt.如果cnt=2500,则把图的前缀和全部求出来,对cnt,add,dev初始化. 假…

矩阵快速幂原来还可以这么用?? 你们城里人还真会玩. 我们令$f[i][j][k]$表示总的钱数为i,当前使用的最大面值硬币的面值为$v_j$,最小为$v_k$的方案数量. 不难发现$f[i][j][k]=\sum f[a][j][l]\times f[b][l][k] $其中$l∈[k,j],a+b=i$. 很显然,这个转移过程不就是矩阵乘法的过程吗?? 考虑到$\forall v_i>v_j$,有$gcd(v_i,v_j)=v_j$,则$f[v_i]$可以由$f[v_j]$通过矩阵乘法转移得…

Description Solution 设y[i+k]=y[i]+n. 由于我们要最优解,则假如将x[i]和y[σ[i]]连线的话,线是一定不会交叉的. 所以,$ans=\sum (x_{i}-y_{i+s}+c)^{2}$ 拆开得$ans=\sum (x_{i}^{2}+y_{i+s}^{2}+c^{2}-2x_{i}y_{i+s}+2x_{i}c-2y_{i+s}c)$ 其中,$x_{i}y_{i+s}$是卷积形式. 我们把经过处理的y数组reverse一下,和x数组进行卷积(这里用ntt…

Description Solution bitset是个好东西啊..强行压位什么的真是够orz. 由于所有的蘑菇上房间的长相是一样的,我们针对每个房间,算出它到根节点的bitset和以它为根的子树的bitset. 每次新开一个蘑菇,为了防止被卡空间,我们只是把指针指向蘑菇u的bitset,并且cnt[u]++.只有当对这个新蘑菇进行操作的时候,才给它单独开一个 bitset. 本题的题解一句话-优雅的暴力. Code #include<iostream> #include<cstdio…