题目描述 给出一个长度为 $n$ 的序列,支持 $m$ 次操作,操作有三种:区间加.区间开根.区间求和. $n,m,a_i\le 100000$ . 题解 线段树+均摊分析 对于原来的两个数 $a$ 和 $b$ ( $a>b$ ) ,开根后变成 $\sqrt a$ 和 $\sqrt b$ ,它们的差从 $a-b$ 变成了 $\sqrt a-\sqrt b$ . 又有 $(\sqrt a-\sqrt b)(\sqrt a+\sqrt b)=a-b$ ,因此开方后的差小于原来差的开方. 而当区间差为…

题意 题目链接 Sol 这题关键是注意到题目中的\(b\)是个排列 那么最终的答案最多是\(nlogn\)(调和级数) 设\(d_i\)表示\(i\)号节点还需要加\(d_i\)次才能产生\(1\)的贡献 用线段树维护每个节点里\(d_i\)的最小值,每次当\(d_i - 1= 0\)的时候往下递归即可 时间复杂度:\(O(nlog^2 n)\) 多组数据记得清空lazy标记啊qwq.... #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const…

题解 传送门 题解 然而要我来说我感觉只是个爆搜啊-- //minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define ll long long #define ls (p<<1) #define rs (p<<1|1) #define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;-…

题面传送门 神仙题. 乍一看和经典题 花神游历各国有一点像,只不过多了一个区间加操作.不过多了这个区间加操作就无法再像花神游历各国那样暴力开根直到最小值为 \(1\) 为止的做法了,稍微感性理解一下即可明白,比方说你对一个已经全变为 \(1\) 的长度为 \(10^5\) 区间再加上 \(10^5\),那还需要 \(10^5\times\log 10^5\) 次区间修改操作才能变回原样,这样一来复杂度必然爆炸. 注意到我们对一个区间进行全局加,是不影响它的极差的,因此我们考虑用极差的角度思考这个…

题目链接 http://uoj.ac/problem/164 题解 神仙线段树题. 首先赋值操作可以等价于减掉正无穷再加上\(x\). 假设某个位置从前到后的操作序列是: \(x_1,x_2,...,x_k\) 那么则有: 当前值就是该序列的最大后缀和,历史最大值就是该序列的最大子段和! 然后如果把最大子段和定义加法,那么就变成了区间加单点查询. 直接线段树维护即可,时间复杂度\(O(n\log n)\). (好吧,其实似乎把赋值看做减去正无穷再加\(x\)似乎是可以被卡爆long long的-…

题目描述 给出一个长度为 $n$ 的序列,支持 $m$ 次操作,操作有四种:区间加.区间下取整除.区间求最小值.区间求和. $n\le 100000$ ,每次加的数在 $[-10^4,10^4]$ 之间,每次除的数在 $[2,10^9]$ 之间. 题解 线段树+均摊分析 和 [uoj#228]基础数据结构练习题 类似的均摊分析题. 对于原来的两个数 $a$ 和 $b$ ( $a>b$ ) ,原来的差是 $a-b$ ,都除以 $d$ 后的差是 $\frac{a-b}d$ ,相当于差也除了 $d$…

题目链接 UOJ #7 题解 首先这一定是DP!可以写出: \[f[i] = \min_{ancestor\ j} \{f[j] + (d[j] - d[i]) * p[i] + q[i]\}\] 其中\(d[i]\)表示树上\(i\)的深度. 整理一下式子: \[f[i] = \min_{ancestor\ j} \{f[j] - d[j] * p[i]\} + d[i] * p[i] + q[i]\] 看起来可以斜率优化? 推一下式子:设\(j < k\),\(i\)从\(j\)转移优于从\…

题目链接 UOJ 134 题解 可爱的电音之王松松松出的题--好妙啊. 首先想一个朴素的做法! 把当前的整数的二进制当作01序列用线段树维护一下(序列的第i位就是整数中位权为\(2^k\)的那一位). 如何做加法?一下子加一个整数比较麻烦,可以把整数拆成一个个二进制位,一位位地加1.如果当前要加一的位置就是0,直接加就好了:否则显然要进位,松松松出的题肯定肯定不能暴力进位骗分(=v=)--所以线段树维护区间是否全是1,每次加的时候找右边(即更高位)第一个为0的位置,然后把那个位置修改为1,b和那…

原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ299.html 前言 不会概率题的菜鸡博主做了一道概率题. 写完发现运行效率榜上的人都没有用心卡常数——矩阵怎么可以用数组呢?矩乘怎么可以用循环呢? 截止2019-05-15暂居运行效率榜一. 题解 首先,根据期望的线性性,容易得知,总期望等于以已知点为界的各个未知段的期望之和加上已知点的和.易知每段区间的期望只和自身转移系数和这段区间两端的已知点信息有关. 考虑到每次加入和删除信息时,只会影响 $O(1)$ 段区间的…

发现每次区间加只能加1,最多全局加\(n\)次,这样的话,最后的答案是调和级数为\(nlogn\),我们每当答案加1的时候就单点加,最多加\(nlogn\)次,复杂度可以得当保证. 然后问题就是怎么判断答案是否该加1.我们可以用线段树设初值为给出的排列,把区间加改成区间减,维护最小值.当最小值为0是遍历左右子树,找到该加1的节点,一共会找\(nlongn\)次复杂度也可以得到保证. #include<iostream> #include<cstring> #include<c…