传送门 换根dpdpdp傻逼题好像不好码啊. 考虑直接把每一个二进制位拆开处理. 先dfsdfsdfs出每个点到1的异或距离. 然后分类讨论一波: 如果一个点如果当前二进制位到根节点异或距离为1,那么对于当前二进制位到这个点距离为000的就是到根节点距离为111的,如果当前二进制位到这个点距离为111的就是到根节点距离为000的. 如果一个点如果当前二进制位到根节点异或距离为1,那么对于当前二进制位到这个点距离为000的就是到根节点距离为000的,如果当前二进制位到这个点距离为111的就是到根节…

传送门 一道神奇的dp题. 这题的决策单调性优化跟普通的不同. 首先发现这道题只跟r−lr-lr−l有关. 然后定义状态f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示猜范围为[L,L+i−1][L,L+i-1][L,L+i−1]的数有jjj次报警机会所需的最小代价. 那么有: f[i][j]=minf[i][j]=minf[i][j]=min{max(f[k][j],f[i−k][j−1]+1)max(f[k][j],f[i-k][j-1]+1)max(f[k][j],f[i−k][j−1]+1…

传送门 f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示后iii个对答案贡献有jjj个a的方案数. 可以发现最后a,ba,ba,b的总个数一定是n∗(n−1)/2n*(n-1)/2n∗(n−1)/2 因此直接转移就行了. f[i][j]=f[i+1][j]+f[i+1][j−i]f[i][j]=f[i+1][j]+f[i+1][j-i]f[i][j]=f[i+1][j]+f[i+1][j−i] 解释:要么当前不选,要么选了就会有iii个aaa的贡献. 发现空间有点大?滚动数组优化 代码…

传送门 勉强算一道dp好题. 显然第kkk列和第k+nk+nk+n列放的棋子数是相同的. 因此只需要统计出前nnn列的选法数. 对于前mmm%nnn列,一共有(m−1)/n+1(m-1)/n+1(m−1)/n+1列跟它放的棋子数一定相同. 而对于第mmm%n+1n+1n+1~nnn列,一共有m/nm/nm/n列跟它放的棋子数一定相同. 因此枚举当前在第几列,一共放了几个棋子,然后用背包+快速幂优化转移就行了. 代码…

传送门 换根dp入门题. 貌似李煜东的书上讲过? 不记得了. 先推出以1为根时的答案. 然后考虑向儿子转移. 我们记f[p]f[p]f[p]表示原树中以ppp为根的子树的答案. g[p]g[p]g[p]表示把根换成ppp时整棵树的答案. 于是有g[v]=f[v]+min(g[p]−min(e[i].c,f[v]),e[i].c)g[v]=f[v]+min(g[p]-min(e[i].c,f[v]),e[i].c)g[v]=f[v]+min(g[p]−min(e[i].c,f[v]),e[i].c…

传送门 首先最开始说的那个一条路径的权值就是想告诉你两个点之间的贡献就是瓶颈边的权值. 那么肯定要用最小生成树算法. 于是我考场上想了30min+30min+30min+的树形dpdpdp 发现转移是优秀的nlognnlog_nnlogn​,总时间复杂度O(n2logn)O(n^2log_n)O(n2logn​)妙啊 然后有了弃疗的想法. 突然想到没有利用kruskalkruskalkruskal算法的性质. 其实就是一个kruskalkruskalkruskal重构树用到的思想,对于两个连通块…

传送门 线段树好题啊. 题目要求的是sum−a−b−c+maxsum-a-b-c+maxsum−a−b−c+max{∣a+v∣+∣b+v∣+∣c+v∣|a+v|+|b+v|+|c+v|∣a+v∣+∣b+v∣+∣c+v∣}. 那么后面有几种情况: a+v+b+v+c+va+v+b+v+c+va+v+b+v+c+v a+v−b−v+c+va+v-b-v+c+va+v−b−v+c+v a+v+b+v−c−va+v+b+v-c-va+v+b+v−c−v −a−v+b+v+c+v-a-v+b+v+c+v−…

传送门 考虑到模数等于7 * 13 * 17 * 19. 那么只需要维护四棵线段树求出每个数处理之后模7,13,17,197,13,17,197,13,17,19的值再用crtcrtcrt合并就行了. (因为太懒不想写crt改用枚举求解水过) 代码…

传送门 唉考试的时候忘记剪倍数的枝了666666分滚粗. 其实就是一直取lcmlcmlcm搜索,然后容斥原理统计就行了. 代码…

传送门 纯粹是为了熟悉板子. 然后发现自己手生了足足写了差不多25min而且输出的时候因为没开long longWA了三次还不知所云 代码…