题面 这个题是比较套路的做法啦,建反图后缩点+拓扑排序嘛,对于所有处在$size>=2$的SCC中的点都是无限解(可以一直绕) 然后注意统计的时候的小细节,因为无限解/大解也要输出,所以我们把这些点统一统计成36501,然后所有的方案都对36501取min就可以很方便的输出了 #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace s…

题面 洛谷翻译有毒系列 正常人能看懂的题面:若$S$可以通过前缀$s$重复若干次(可重叠)来表示($s!=S$),则称$s$是$S$的一个循环串.求一个字符串所有前缀(包括本身)的最长循环串的长度之和. 根据$nxt$数组的定义,显然每个串的答案是$len-nxt'$,这里的$nxt'$表示最小的前缀=后缀,当$nxt=0$时没有贡献,然后我们可以每次向前跳$nxt$,记忆化之后就是$O(n)$的 #include<cstdio> #include<cstring> #includ…

Description 题库链接 定义 \(A\) 串为 \(B\) 串的循环串,当且仅当 \(A\) 是 \(B\) 的前缀(不包括 \(B\) 本身),且 \(B\) 为连续的 \(A\) 串拼接的字符串的前缀.给出一个长度为 \(n\) 字符串,求它的所有前缀(包括本身)的最长循环串的长度之和. \(1\leq n\leq 1000000\) Solution 容易发现最长循环串长度=总长度-最短相同前后缀长度. \(KMP\) 递推时同时处理出一个 \(low\) 数组即可,表示最短相同…

[题目链接] 点击打开链接 [算法] 二维线段树(树套树) 注意标记永久化 [代码] #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAXD 1000 int D,S,N,d,s,w,x,y,tmp; struct SegmentTree { struct Node { int l,r,Max,tag; } Tree[MAXD*+]; inline void build(int index,int l,int r) { int mid…

题目描述 串是有限个小写字符的序列,特别的,一个空序列也可以是一个串.一个串 P 是串 A 的前缀,当且仅当存在串 B,使得 A = PB.如果 P != A 并且 P 不是一个空串,那么我们说 P 是 A 的一个 proper 前缀. 定义 Q 是 AA 的周期,当且仅当 Q 是 A 的一个 proper 前缀并且 A 是 Q+Q 的前缀(不一定要是 proper 前缀).比如串 abab 和 ababab 都是串 abababa 的周期.串 A 的最大周期就是它最长的一个周期或者是一个空串(…

我也不知道为啥我就想把POI的题全都放到一篇blog里写完. POI 2005 SAM-Toy Cars 贪心,每次选下次出现最晚的. POI 2006 KRA-The Disks 箱子位置单调,所以记录现在的箱子位置和前缀最小值,向上枚举就行. OKR-Periods of Words 戳这 POI 2007 OSI-Axes of Symmetry 戳这 MEG-Megalopolis 树剖 or dfs序上维护前缀和. POI 2010 GIL-Guilds 按照洛谷的题面,可以发现灰点就…

1.终于调用的是一个JNI方法,即java本地方法,加高速度 2.使用clone方法,分为浅复制.深复制,这里直接使用网上抄来的案例来说明吧: 说明: 1)为什么我们在派生类中覆盖Object的clone()方法时,一定要调用super.clone()呢?在执行时刻,Object中的clone()识别你要复制的是哪一个对象,然后为此对象分配空间.并进行对象的复制,将原始对象的内容一一拷贝到新对象的存储空间中. 2)继承自java.lang.Object.clone()方法是浅层复制.一下代码能够…

第一题: 在Mars星球上,每个Mars人都随身佩带着一串能量项链.在项链上有N颗能量珠.能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子,这些标记对应着某个正整数.并且,对于相邻的两颗珠子,前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记.因为只有这样,通过吸盘(吸盘是Mars人吸收能量的一种器官)的作用,这两颗珠子才能聚合成一颗珠子,同时释放出可以被吸盘吸收的能量.如果前一颗能量珠的头标记为m,尾标记为r,后一颗能量珠的头标记为r,尾标记为n,则聚合后释放的能量为(Mars单位),新产生的珠子的头标记为m,尾…

题面 出现了,神仙题! 了解一点博弈论的话可以很容易转化题面:问$B$有多少种取(diu)石子的方式使得取后剩余石子异或值为零且取出的石子堆数是$d$的倍数 首先有个暴力做法:$dp[i][j][k]$表示到第$i$个为止取出来的石子数目模$d$等于$j$且剩下的石子异或和为$k$的方案数,然后就枚举转移啊=.= 发现时空复杂度好像都不能承受,不过可以尝试分析/优化一下.首先分析一波后发现时间复杂度其实是对的......只是我们需要将石子数从小到大排个序,这样一路异或下来异或到$i$时最大值不超…

题面 概率生成函数 对于菜鸡博主来说好难啊 其一般形式为$F(x)=\sum\limits_{i=0}^∞[x==i]x_i$,第i项的系数表示离散变量x取值为i的概率 一般的两个性质:$F(1)=1,E(x)=F'(1)$ 这里用$F(x)$表示结束时的串长的概率生成函数,$G(x)$表示到长度到达...而串未结束的概率生成函数,字符串长为len,那么有: ①$F(x)+G(x)=x*G(x)+1$,含义是长度达到x的概率:左边就是字面意思,右边$x*G(x)$表示x-1时未结束的概率,然后加…

题面 本质上是在对边求置换,然后每个循环里涂一样的颜色,但是还是要点上入手,考虑每条边的两个端点是否在一个循环里 如果在一个循环里,那么当循环长度$len$为奇数时只有转一整圈才行,而边的总数是$\frac{len(len-1)}{2}$,所以有$\frac{\frac{len(len-1)}{2}}{len}=\left\lfloor\frac{len}{2}\right\rfloor$个循环节:当循环长度为偶数时除了上面这种情况正对的每对点旋转$\frac{len}{2}$就可以,所以也是有…

禁止DP,贪心真香 有一个比较明显的贪心思路是让每个人和距离为$2$(隔着一个人)的人尽量用一样的,这样只需要扫一遍然后对每对相邻的人之和取最大值即可.但是当人数为奇数时这样就会出锅,因为最后一个人和第一个人是“一套”的勋章(意会一下),解决方法是将答案再对这样的一个东西取$max$ $\left \lceil \frac{\sum\limits_{i=1}^n a_i}{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor} \right \rceil$ 感性分析一…

题面 可以看出来是最小割,然后你就去求最大流了 这么大的范围就是让你用网络流卡的?咋想的啊=.=??? 建议还是老老实实用 平面图最小割等于其对偶图最短路 这个东西来做吧,虽然这个东西跑的也挺慢的,最后一个点跑了$2s$ 对偶图就是被边分割出来的每个区域当成一个点,然后两个区域有公共边就连边,起点和终点的问题就在源汇点中间连一条边然后就能分出来了 #include<queue> #include<cstdio> #include<cctype> #include<…

题面 初见LCT,动态最小生成树+链上查询max,具体做法是把边转换成点(LCT只能维护点) 时光倒流,先把最后剩的连起来.然后查询就看链上最大值,修改看看链上最大值是否大于当前边,如果是就断开原来的改成当前边 #include<map> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ; struct a{int x,y,c;}mst[N]; struc…

题面 二分答案,问题就转化为了一个可行性问题,因为我们不知道国王会往哪里走,所以我们要在所有他可能走到的点建造,考虑用树形DP解决(这个DP还是比较好写的,你看我这个不会DP的人都能写出来=.=) 定义$dp[x]$表示以$x$这个点为根的子树中(不包含x)需要修建的次数(因为1号点已经修好了,最后回来不用管),那么对于每个二分出的$mid$有$dp[x]=max((\sum dp[son[i]])+sons[x]-mid)$,其中$sons[i]$表示它(直接的)儿子的个数,显然对于每个点是必…

题面 从零开始的DP学习系列之叁 树形DP的基本(常见?)思路:先递归进儿子,然后边回溯边决策,设状态时常设$dp[x]$表示以$x$为根的子树中(具体分析算不算$x$这个点)的情况 显然的二分答案,之后问题转化为用$m$个能覆盖$mid$范围的点能否覆盖所有的特殊点,用树形DP判断 设$unc[nde]$表示以$nde$为根(包含$nde$)的子树中最远的未被覆盖的特殊点的距离,$cov[nde]$以$nde$为根(包含$nde$)的子树中最近的选出的点的距离.有两个从儿子$goal[i]$获…

题面 比较明显地能看出二分来,但是检查函数很难写.对于二分出的一个$mid$,我们要让它满足在$m$次操作内令序列中存在一个为零的位置,同时使得任意相邻的两项之差不超过$mid$ 第二项的检查比较好做,我们正反各扫一遍然后把扫到的上一个数对当前数与$mid$之差取最小值,就是满足条件的最小代价 对于第一项的检查,我们发现可以将原数列修改成一段段的等差数列,这样在存在零的情况下是最优的.我们枚举这个变成零的位置,然后找出$h_l-k-l*mid>0$和$h_r-r-k*mid>0$的$l,r$,…

题面 还以为是差分约束,原来拓扑排序也能解决这样的问题=.= 类似差分约束的建图方式,我们把大小关系看做有向边.这样一来图上是不允许存在环的,于是我们可以做拓扑排序.然后问题来了,边数非常大,根本建不出图来=.= 不过我们有一个套路的做法,为每个区间配一个虚点,然后连边时先连到虚点再连到各个目标点.然后问题又来了,这样连边其实是$O(len^2)$的,$len$为区间长度,如果有个很大的区间这就萎了=.= 那什么东西解决区间问题好用呢?线段树— —我们用线段树优化建图,每次直接从虚点连到区间上,…

题面 既然我们只知道最后数量为$k$的蚂蚁会在特殊边上被吃掉,不妨逆着推回去,然后到达每个叶节点的时候就会有一个被吃掉的蚂蚁的区间,然后二分一下就好啦 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ,maxx=1e9; int ant[N],deg[N],leaf[N]; *N],goal[*N]; int n,g,k,t,root,t1,t2,n1,n2,cnt;…

题面 首先我们要有一个明确的构造思路 对于非根节点,我们把子树连上来的线两两配对,这样如果它有奇数个子树就会剩一个,这时候把这根线传给父亲即可.对于根节点还是两两配对,但是注意如果它也有奇数个子树就不能剩了,必须把这根线算上.这样第一问的答案就是每个非根节点贡献度数除以二下取整,根节点贡献度数除以二上取整 第二问我们先二分答案,仍然沿用这个思路,这时我们要让最长的最短,于是我们每次把子树里传上来的线塞进一个multiset.讨论:对于有奇数个子树的情况,从大到小枚举线,二分出和当前的线拼起来不超…

题面 事实上这份代码在洛谷过不去,因为好像要用到一些压缩空间的技巧,我并不想(hui)写(捂脸) 先预处理$1$到$k+1$这些点之间相互的最短路和它们到终点的最短路,并记录下每个点能够转移到时的状态,然后就是状压dp辣. 设$dp[s][i]$表示状态为$s$时处在点$i$的最短路,就可以$O(2^kk^2)$转移了,注意最好减一些不合法状态,因为这时间挺危险的=.= #include<queue> #include<cstdio> #include<cstring>…

题面 还可以这么搜......学到了(PoPoQQQ orz) 我们最朴素的做法是枚举所有状态(当然可以剪,剪完最终实际状态量也是$C_{26}^{13}$的),然后每次$O(n)$扫一遍判断,大概会T炸,考虑优化 我们先预处理每个状态中$1$的数目和连边的状态,然后压缩状态初始让一边集合为空,一边集合为全集,这样每次从已有的点的前面$\frac{n}{2}$个点中枚举一个加入另一边,就可以边搜边更新边数而不用最后$O(n)$检查了.另一个问题是数组可能非常大,这里我们可以把状态拆成前后两半,然…

题面 洛谷数据非常水,建议去bzoj 我第一眼一看这不是那个POI2011的升级版吗(明明这个是2009年的,应该说那个是这个的弱化版,果然思想差不多. 因为$k$很小,可以考虑每个间隔距离来转移.我们按照传统(雾,其实这里的的名字已经不是很符合定义了,设$cov[i][j]$表示以$i$为根的子树里剩余控制距离为$j$的点还能控制几个点,$unc[i][j]$表示以$i$为根的子树里还没被覆盖的距离等于$j$的点有几个.每次从儿子获取信息后先更新$cov[x][k]$,然后就是这“类”题的关键…

首先洛谷的题面十分的劝退(至少对我这个菜鸡来说是这样),我来解释一下(原来的英文题面): 有一个有若干个密码(每个密码都可以开箱子)的密码箱,密码是在$0$到$n-1$的数中的,且所有的密码都满足一个条件:如果$x$是密码,$y$也是密码($x$可能等于$y$),那么$(x+y)\%n$也是密码.现在有一个人在试密码,他试了$k$个数,前$k-1$个都是错的,第$k$个是对的.现在你要求这个密码箱最多有多少不同的密码. 显然如果$x$是一个密码,那么$ax(a∈N\&\&ax<n)$…

题面 有点意思的题 从一个位置$i$出发可以到达每一个位置即是从$1,n$出发可以到达$i$.然后有了一个做法:把图上下反转后建反图,这样就可以求从一个点$i$到达左右两侧的花费$dp[i][0/1]$了,这个花费就是当前总长度-到这个点为止的LIS长度(左右各求一遍).因为还要考虑边的这个问题,可以用一个权值树状数组维护前/后缀最大值来实现.可以发现合法点的左侧都能到达左端,右侧都能到达右端,所以其实我们找的是一段区间,即找一段区间$(l,r)$使得$dp[l][1]+dp[r][0]<=k$…

题面 原来看过然后没做,结果板板把这道题改了改考掉了,血亏=.= 首先看看有没有符合条件的点.如果没有开始寻找解,先把所有的大于$2*k$的点设为坏点,然后求最大子矩形,只要一个最大子矩形的权值和超过$2*k$则它的一个子矩形一定可以成为解.因为这时所有点都小于$k$,这个最大子矩形既然权值和超过$2*k$那么一定是有一部分落在所求的区间中,然后逐行/列枚举切一下是一定有解的. 注意最大子矩形的边界(为什么你们的最大子矩形都要做两遍啊=.=) #include<cstdio> #include…

题面 水水的换根裸题,不过以前还真没做过换根的题 换根的思想就是在DFS中利用树的信息更新出当前点为根时的信息,具体来说一般是考虑子树外和子树内两部分 每个点的答案$ans$就是$ans[fa]+n-2*siz[nde]$ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ; *N],goal[*N]; int p[N],dep[N],siz[N]; int n,t1,…

题面 看起来很水,然而不会DP的蒟蒻并不会做,PoPoqqq orz 设$f[i][j]$表示当前在第$i$个点和第$i+1$个点之间查票,已经查了$j$次的最大收益.然后就是那种很常见的枚举前一个结尾的转移,主要是贡献的求法,从$x$到$y$的贡献是$val[(x+1,y+1)][(y,n)]$(二维前缀和一下).对于方案就在更新时记录上一个结尾即可 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> usin…

题面 正反各做一遍哈希来判断,然后在两个哈希值里取一个$max/min$做哈希值,然后每次把子串们的哈希插进$set$里,最后统计集合大小,就可以优秀地在$O(nlog^2$ $n)$中出解了 然后我觉得这样太没有理想了,就写了一个挂链哈希表,结果跑的贼慢... 我挂链时的区分方法是换模数再模出一个新值,然后这样做的时候注意要和哈希表的基数和模数区分开 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> usin…

题面 学习了如何在维护序列的平衡树上查找某个数:按初始的顺序定个权值,然后每次找那个权值的DFS序即可.具体实现就是不停往上跳,然后是父亲的右儿子就加上父亲的左儿子,剩下的就是继续熟悉无旋树堆 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ; ],rnk[N]; ]; void Pushup(int nde) { siz[nde]=siz[son[nde][]]+s…