正解:最大值分治 解题报告: 传送门$QwQ$ 昂考虑如果已经钦定了点$x$是这个$max$了,然后现在要求有多少对$[l,r]$满足$a_x=max\left\{a_i\right\},i\in[l,r]$,且$a_l\cdot a_r\leq a_x$ 现在枚举$l$,发现$r$就有一个范围了,就$a_r\leq \frac{a_x}{a_l}$,这个就可以用主席树维护下就成嘛$QwQ$(我开始想用树状数组的,,,然后想了下发现因为是分治所以每次树状数组都要重建复杂度是错的$kk$,所以还是…

题面传送门 wssb,我紫菜 看到这类与最大值统计有关的问题可以很自然地想到分治,考虑对 \([l,r]\) 进行分治,求出对于所有 \(l\le x\le y\le r\) 的点对 \((x,y)\) 的贡献之和.若 \(l=r\) 那只有 \(a_l=1\) 的情况会产生贡献,特判一下并直接返回即可.若 \(l\ne r\),我们假设 \([l,r]\) 中最大值的位置为 \(mid\),考虑将所有符合要求的点对分成三部分,一是 \(l\le x\le y<mid\),二是 \(mid<x…

题目 洛谷 做法 \(i≤x≤j,a[i]<\frac{a[x]}{a[j]}\) 考虑\(a[x]\)的贡献,单调栈预处理\(L,R\)能作为最大值的区间 枚举一端点,仅需另一端点满足条件即可,启发式枚举端点 另一端点丢到树状数组里随便乱搞,由于是一个区间的要差分一下 My complete code #include<bits/stdc++.h> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; con…

luogu 这题有坨区间最大值,考虑最值分治.分治时每次取出最大值,然后考虑统计跨过这个位置的区间答案,然后两边递归处理.如果之枚举左端点,因为最大值确定,右端点权值要满足\(a_r\le \frac{\max a_k}{a_l}\),所以可以在主席树上询问区间内在一段值域内的数个数.不过如果左半边点数过多会被卡成暴力,这时枚举较小右半边即可.复杂度类似启发式合并,枚举的总点数为为\(O(nlogn)\),所以总复杂度为两个\(log\) // luogu-judger-enable-o2 #i…

题目描述 小D有个数列 \(a\),当一个数对 \((i,j)(i\le j)\) 满足\(a_i\)和\(a_j\)的积 不大于 \(a_i \cdots a_j\) 中的最大值时,小D认为这个数对是美丽的.请你求出美丽的数对的数量. 输入格式: 第一行输入一个整数 \(n\),表示元素个数. 第二行输入 \(n\) 个整数 \(a_1,a_2,a_3,\cdots,a\),为所给的数列. 输出格式: 输出一个整数,为美丽的数字对数. 其中\(m\le 10^5,a_i \le 10^9\)…

[题解]P4755 Beautiful Pair upd: 之前一个first second烦了,现在AC了 由于之前是直接抄std写的,所以没有什么心得体会,今天自己写写发现 不知道为啥\(90\)分 我直接把之前写的总结kuai过来 而选取其他位置(比如序列的最大值)由不能保证复杂度.但是如果每层分治的复杂度只与较小的一侧的大小有关,那么这个复杂度就等同于启发式合并的复杂度. 一句话证明启发式合并的复杂度:一次合并至少有一个集合倍增了. Luogu4755 Beautiful Pair(\(…

[luogu4755]Beautiful Pair luogu 第一次写最大值分治感觉有点丑 每次找到最大值mid,扫小的一边,主席树查大的一边小于等于\(\frac{a[mid]}{a[i]}\)的个数 复杂度\(O(nlog^2n)\) md主席树空间又挂了几次(修改次数*log值域) #define ll long long #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int _=1e5+5; int re(){ int x=0,…

传送门 被暴力包菜了,然而还不会卡-- 有一个很暴力的DP:设\(f_i\)表示给\(1\)到\(i\)分好组最多可以分多少组,转移枚举最后一个组.接下来考虑优化这个暴力. 考虑:对于每一个位置\(i\),设\(pre_i\)表示在仅考虑\(d\)的条件下右端点为\(i\)的所有满足条件的区间中最左的左端点的前一个位置.显然\(pre_i\)随\(i\)的增大是不降的,而右端点为\(i\)的合法区间的左端点范围恰好为\([pre_i + 1 , i]\). 这里我们消除了\(d\)的条件的限制,…

「LGR-049」洛谷7月月赛 D.Beautiful Pair 题目大意 : 给出长度为 \(n\) 的序列,求满足 \(i \leq j\) 且 $a_i \times a_j \leq \max(a_i..a_j) $ 的点对\((i, j)\)的数量 \(n \leq 10^5 \ 1 \leq a_i \leq 10^9\) 解题思路 : 直接枚举某一端点貌似很难维护极值,不妨对于每一个极值 \(a_k\),求 $ \max(a_i..a_j) \leq a_k$ 且 \(i \leq…

题意:1e5的数组 计算有多少对 ai * aj <= max(ai ai+1...aj-1 aj) 题解:在处理这种涉及到区间极值的题时 好像是个套路分治 从级值中间分成两个区间 从区间短的那边暴力枚举算贡献 然后再分治下去 可以估计复杂度 一个点最多枚举n/2次 两个点最多枚举n/4次 4个点最多枚举n/8次... 枚举加起来的复杂度是nlogn 假设枚举了ai作为一个区间端点 问题就转化为统计极值另一边的区间找 <= zd / ai的个数 我是用主席树 然后写了个类似整体二分求的 看别人…

洛谷题目传送门 这题推式子恶心..... 考虑分治,每次统计跨过\(mid\)的所有区间的答案和.\(i\)从\(mid-1\)到\(l\)枚举,统计以\(i\)为左端点的所有区间. 我们先维护好\([i,mid]\)区间内最小值\(mn\)和最大值\(mx\).我们可以想到,对于某一个左端点,它的右端点\(j\)在一定的范围内,最小值和最大值都不会变.这里就看到一些可以重复利用并快速计算的信息了. 维护两个指针\(p,q\),分别表示\([mid+1,r]\)内元素值第一个小于\(mn/\)大…

题面 有多组数据:Poj 无多组数据:洛谷 题解 点分治板子题,\(calc\)的时候搞一个\(two\ pointers\)扫一下统计答案就行了. #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using std::min; using std::max; using std::swap; using std::sort; typedef long lo…

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4755 考虑分治,在 [l, r] 区间中用线段树找到最大的一个点,处理经过它的可行数对的个数,统计个数可以离线树状数组处理 因为最多被分成 2n 个区间(像线段树一样),对于每个区间使用类似于启发式合并的思想将要处理的区间放到 vector 里面,最多有 n log n 个查询,复杂度 n log^2 n #include <bits/stdc++.h> #define For(i, a, b) for(int…

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4721 分治FFT:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/9749557.html https://blog.csdn.net/VictoryCzt/article/details/82939586 不知为何自己的总是很慢. 觉得是 n 和 m 表示次数的话,len<=n+m:n 和 m 表示项数的话,len<n+m:应该是这样? 这里是 mid-L+1 项和 R-L+1…

分治 + 主席树. 设$solve(l, r)$表示当前处理到$[l, r]$区间的情况,我们可以找到$[l, r]$中最大的一个数的位置$mid$,然后扫一半区间计算一下这个区间的答案. 注意,这时候左半边是$[l, mid]$,而右区间是$[mid, r]$,我们在这个区间处理的时候要算完所有$mid$的情况,然后我们每一次分治的时候去处理$solve(l, mid - 1)$和$solve(mid + 1, r)$,要不然当$mid$是端点的时候就会无限递归下去. 问题转化快速算出一个区间…

洛谷P3810 陌上花开 传送门 题解: CDQ分治模板题. 一维排序,二维归并,三维树状数组. 核心思想是分治,即计算左边区间对右边区间的影响. 代码如下: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 200005; int n, k, m; struct node{ int x, y, z, id, w; bool operator < (const node &a…

题目传送门 题目大意 给出一个 \(n\) 个点的序列 \(a_{1,2,...,n}\) ,问有多少对点对 \((i,j)\) 满足 \(a_i\times a_j\le a_k(i\le k\le j)\). \(n\le 10^5,1\le a_i\le 10^9\) 思路 话说为什么裸的笛卡尔树上分治可以骗到 \(90\) 分啊??? 首先不难看出一个比较 naive 的做法,就是说我们可以考虑最大堆得笛卡尔树上的一个子树,如果左端点在左子树,右端点在右子树,那么最大值就是根,然后其实就…

题意 题目链接 Sol 神仙题..Orz yyb 考虑点分治,那么每次我们只需要统计以当前点为\(LCA\)的点对之间的贡献以及\(LCA\)到所有点的贡献. 一个很神仙的思路是,对于任意两个点对的路径上的颜色,我们只统计里根最近的那个点的贡献. 有了这个思路我们就可以瞎搞了,具体的细节很繁琐,但是大概思路是事实维护每个点的子树中的点会产生的贡献.比如某个点的颜色在它到根的路径上第一次出现,那么它子树中的所有点\(siz[x]\),都会对外面的点产生贡献. 统计子树的时候只需要先消除掉子树的影响…

还是照着CDQ的思路来. 但是有一些改动: 要求4个方向的,但是可爱的CDQ分治只能求在自己一个角落方向上的.怎么办?旋转!做4次就好了. 统计的不是和,而是——max!理由如下: 设当前点是(x,y),目标点是(x',y'),那么所求的|x-x'|+|y-y'|首先用旋转大法化为x-x'+y-y',然后我们发现这个东西其实就是x+y-x'-y'=(x+y)-(x'+y'),而x+y我们是已知的.所以我们求一下max(x'+y')即可.具体实现是对树状数组魔改. 然后交上去发现狂T不止... 疯…

若说代码 那真的是很水 但是 思想却有点意思 这道题是洛谷博弈论专题的第一道入门题, 然而刚开始我是不会做的, 毕竟是道入门题, 我博弈论还没入门呢. 这道题的做法就是: 如果m为偶数, 那么先手赢(即pb), 如果m为奇数, 那么后手赢(即zs). 做法很简单, 可是我们要知道怎么做的 说实话我对于他们两个都聪明绝顶, 都会按照最优策略来走很不感冒. 既然他们聪明绝顶, 那么先手明知道m为奇数时自己会输, 为什么不洒脱一点走呢? 也许乱走出奇迹? 那我们来试试看. 当m = 13时, 先手为什…

CF55D Beautiful numbers 题意 \(t(\le 10)\)次询问区间\([l,r](1\le l\le r\le 9\times 10^{18})\)中能被每一位上数整除的数的个数,0算可以整除任何数. 最开始写了个假做法,既没算0复杂度也是假的 最开始把每个模数都压进去了,后来发现只压2520就可以了 然后前两位压前\(i\)位与\(\bmod 2520\)的结果,第三位最开始压了每个数字出现集合,这样就很屑. 可以直接压数字集合的最小公倍数,仅有不到50个取值,做一个H…

传送门 又一道点分治. 直接维护子树内到根的所有路径长度,然后排序+双指针统计答案. 代码如下: #include<bits/stdc++.h> #define N 40005 using namespace std; inline int read(){ int ans=0; char ch=getchar(); while(!isdigit(ch))ch=getchar(); while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^4…

P4721 [模板]分治 FFT 题目背景 也可用多项式求逆解决. 题目描述 给定长度为 \(n−1\) 的数组 \(g[1],g[2],\dots,g[n-1]\),求 \(f[0],f[1],\dots,f[n-1]\),其中\(f[i]=\sum_{j=1}^if[i-j]g[j]\) 边界为 \(f[0]=1\) .答案模 \(998244353\) . 输入输出格式 输入格式: 第一行一个正整数 \(n\) . 第二行共 \(n−1\) 个非负整数 \(g[1],g[2],\dots,…

题目大意:给定长度为$n-1$的数组$g_{[1,n)}$,求$f_{[0,n)}$,要求: $$f_i=\sum_{j=1}^if_{i-j}g_j\\f_0=1$$ 题解:分治$FFT$博客,发现这道题就是求$f*g=f-1$($f-1$就是没有常数项的$f$),改写一下式子:$$f*g\equiv f-1\pmod{x^n}\\f-f*g\equiv1\pmod{x^n}\\f*(1-g)\equiv1\pmod{x^n}\\f\equiv(1-g)^{-1}\pmod{x^n}$$ 卡点…

题目大意:给定长度为$n-1$的数组$g_{[1,n)}$,求$f_{[0,n)}$,要求: $$f_i=\sum_{j=1}^if_{i-j}g_j\\f_0=1$$ 题解:直接求复杂度是$O(n^2)$,明显不可以通过此题 分治$FFT$,可以用$CDQ$分治,先求出$f_{[l,mid)}$,可以发现这部分对区间的$f_{[mid,r)}$的贡献是$f_{[l,mid)}*g_{[0,r-l)}$,卷出来加到对应位置就行了,复杂度$O(n\log_2^2n)​$ 卡点:无 C++ Code…

传送门 多项式求逆的解法看这里 我们考虑用分治 假设现在已经求出了$[l,mid]$的答案,要计算他们对$[mid+1,r]$的答案的影响 那么对右边部分的点$f_x$的影响就是$f_x+=\sum_{i=l}^{mid}f[i]g[x-i]$ 发现右边那个东西可以用卷积快速计算 那么只要一边分治一边跑FFT统计贡献就行了 说是分治FFT实际上代码里写的是NTT…… 而且分治FFT跑得好慢多项式求逆的速度是它的10倍啊…… //minamoto #include<iostream> #incl…

原题 定义一个点比另一个点大为当且仅当这个点的三个值分别大于等于另一个点的三个值.每比一个点大就为加一等级,求每个等级的点的数量. 显然的三维偏序问题,CDQ的板子题. CDQ分治: CDQ分治是一种特殊的分治方法,在 OI 界初见于陈丹琦 2008 年的集训队作业中,因此被称为 CDQ 分治. CDQ分治是将操作分治,用于解决"修改独立,允许离线"的问题.本质为按时间分治. 可以用CDQ的题目必须满足: 1.修改与询问互相独立,且修改之间互不影响 2.允许离线 那么我们将操作序列分为…

传送门 我是用多项式求逆做的因为分治FFT看不懂…… upd:分治FFT的看这里 话说这个万恶的生成函数到底是什么东西…… 我们令$F(x)=\sum_{i=0}^\infty f_ix^i,G(x)=\sum_{i=0}^\infty g_ix^i$,且$g_0=0$ 这俩玩意儿似乎就是$f(x)$和$g(x)$的生成函数 那么就有$$F(x)G(x)=\sum_{i=0}^\infty x^i\sum_{j+k=i}f_jg_k$$ 然后根据题目,有$$f_i=\sum_{j=1}^if_{…

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4149 第一道点分治! 点分治大约是每次找重心,以重心为根做一遍树形dp:然后对于该根的每个孩子,递归下去.递归之前把该根的vis设成1,就相当于删掉该点这边的这部分. 对于这道题,要开一个1e6的桶,就不能给每个节点都开了:所以弄一个全局的,在递归给孩子之前都赋成初值就行了. 注意要弄完一个孩子再把它的点的值加到该根的数组里,作为“之前孩子的值”:而且递归之前赋初值memset也比较慢,开一个栈之类的就都好了…

https://www.luogu.org/problem/show?pid=2820 题目背景 某个局域网内有n(n<=100)台计算机,由于搭建局域网时工作人员的疏忽,现在局域网内的连接形成了回路,我们知道如果局域网形成回路那么数据将不停的在回路内传输,造成网络卡的现象.因为连接计算机的网线本身不同,所以有一些连线不是很畅通,我们用f(i,j)表示i,j之间连接的畅通程度,f(i,j)值越小表示i,j之间连接越通畅,f(i,j)为0表示i,j之间无网线连接. 题目描述 需要解决回路问题,我们…