原题传送门 看到这种树上统计点对个数的题一般是线段树合并,这题也不出意外 先对这棵树进行树剖,对于每次普及语言,在\(x,y\)两点的线段树上的\(x,y\)两位置打\(+1\)标记,在点\(fa[lca(x,y)]\)的线段树上\(x,y\)两位置打\(-2\)标记 线段树中该维护三个东西: 1.dfs序最小的\(lp\) 2.dfs序最大的\(rp\) 3.线段树中所有被打标机的点到根节点路径的并的节点个数\(sum\) 我们进行搜索并从下向上的进行线段树合并,对于每个节点,对答案的贡献就是…

ZJOI2019Day2的温暖题,然后考场上只会大常数的\(O(n\log^3 n)\),就懒得写拿了60pts走人 首先我们简化题意,容易发现每个点能到达的点形成了一个联通块,我们只需要统计出这个联通块的大小即可 再进一步,我们发现如果把每条经过\(x\)的路径\((u,v)\)上的两个端点取出,并且维护它们之间的最小生成树,这棵生成树的大小就是最后的答案(可以画图或是感性理解) 接下来就考虑怎么维护每个点出去的生成树大小,首先我们强制选择\(1\)号点,然后用类似于建虚树的方法,每次加入一个…

P5327 [ZJOI2019]语言 解题思路 暴力 首先讲一下我垃圾的 40pts 的暴力(其他 dalao 都是 60pts 起步): 当然评测机快的话(比如 LOJ 的),可以卡过 3,4 个点(逃. 对于 1,2 测试点的话,我们直接记录两个节点之间路径上的所有点,然后用一个二维数组存一下两个点是否能互相贸易. 最后暴力求 ans 就好了.. 然后我们看到了链的部分分,然后就是在序列上的处理了: 对于每一个操作,我们记录下左右端点,然后按照左端点为第一关键字,右端点为第二关键字进行排序.…

一边写草稿一边做题吧.要看题解的往下翻,或者是旁边的导航跳一下. 草稿 因为可以开展贸易活动的条件是存在一种通用语 \(L\) 满足 \(u_i\) 到 \(v_i\) 的最短路径上都会 \(L\) .所以我们考虑能够带来贡献的,只有同一次传教. 但是很有可能在进行当前这一次传教过程中,中间的两座城市已经可以进行贸易往来了,所以我们需要将这些部分的贡献给减去.因为是要其中都有同一种语言,所以我们只需要找连续的有相同语言的就可以了. 相当于对于一次传教,我们需要找出传教路径上的相同颜色的链的长度的…

[题解] Luogu P5446 [THUPC2018]绿绿和串串 ·题目大意 定义一个翻转操作\(f(S_n)\),表示对于一个字符串\(S_n\), 有\(f(S)= \{S_1,S_2,...,S_{n-1},S_n,S_{n-1},...S_2,S_1 \}\). 现在给定一个长度为\(n\)的字符串\(S^{'}\)表示原字符串\(S\)经过若干次(可能为0)旋转之后的一个前缀, 求原来字符串可能的长度\(l\). 显然当\(l > n\)时一定可行,所以只需要输出所有的\(l\leq…

原题传送门 希望这题不会让你对麻将的热爱消失殆尽 我们珂以统计每种牌出现的次数,不需要统计是第几张牌 判一副牌能不能和,类似这道题 对于这题: 设\(f[i][j][k][0/1]\)表示前\(i\)种牌,顺子\((i-1,i,i+1)\)出现了\(j\)次,顺子\((i,i+1,i+2)\)出现了\(k\)次,有/没有雀头的最多面子数.转移比较简单 我们珂以发现\(j\)这维不太重要,强制dp值不超过\(4\)(超过\(4\)也没有用),雀头数不超过\(7\)(类似),爆搜珂以搜出本质不同的状…

原题传送门 看起来挺妙实际很暴力的一题 已知每个选手的分数都是平面上的直线 题目实际就是让我们求每条直线在整点处最大是第几大 我们考虑先对所有的直线进行半平面交(因为\(a_i\)都是正整数,所以比普通的还简单),我们珂以求出哪几个选手最高能拿到rak1 我们再考虑哪几个选手最高珂以拿到rak2 对剩下的人所表示的线段进行半平面交,我们珂以二分查找出之前已经删除的线段每个线段在哪个区间比现在的半平面边界高,打上标记(差分),进行排序,然后扫描线一遍,看到底有哪几个人上面的标记是1的,将这些人的答…

题目传送门 题目大意 给出一个 \(n\) 个点的树,现在有 \(m\) 次操作,每次可以选择一个链 \(s,t\),,然后这条链上每个点都会增加一个相同属性,问对于每一个点有与它相同属性的有多少个点的答案之和. \(n,m\le10^5\) 思路 你发现对于每一个点计算的时候答案其实就是所有包含它的链的两端虚树大小. 于是问题就是如何求虚树大小,你发现如果按 \(\text{dfs}\) 序进行排序那么答案就是: \[\sum_{i=1}^{n} \text{dep}(a_i)-\sum_{i…

关于这道题, 我们可以发现移动顺序不会改变答案, 具体来说, 我们有以下引理成立: 对于一个移动过程中的任意一个移动, 若其到达的位置上有一个棋子, 则该方案要么不能将所有棋子移动到最终位置, 要么可以通过改变顺序使这一次移动合法 证明: 考虑到达位置上的那个棋子, 如果它没有到达最终位置, 则我们考虑将该棋子移至下一步, 如果下一步还有没有到达最终位置的棋子, 则也移动它 否则直接调换这两个棋子的移动顺序即可 好的我们去除了题目中的要求: 「移动过程中不能出现多颗棋子同时在某一格的情况」, 接…

ZJOI2019神题,间接送我退役的神题233 考场上由于T2写挂去写爆搜的时候已经没多少时间了,所以就写挂了233 这里不多废话直接开始讲正解吧,我们把算法分成两部分 1.建一个"胡牌自动机" 首先我们发现这题不能转化为一般DP问题求解的最大瓶颈就是因为它的状态很诡异 但是我们细细一想,形如\(\{1,1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,12,12\}\)和\(\{3,3,3,5,6,7,9,10,11,14,15,16,20,20\}\)的本质其实是一样的(都是三个顺子+…

本蒟蒻也来发一次题解第一篇请见谅 这个题有几个要点 1.无向无权图,建图的时候别忘记建来回的有向边[因此WA掉1次 2.无权嘛,那么边长建成1就好了2333333 3.最短路采用迪杰斯特拉(别忘用堆优化)来做,计数操作改装进去,ans[1]=1;迪杰斯特拉更新边长的时候如果大于号(具体见代码)就覆盖,相等的话就加上 4.%楼上SPFA,BFS大佬 具体见代码,其实就是在迪杰斯特拉里面填了几笔(逃 代码巨丑(捂脸) #include<cstdio> #include<cstring>…

原题链接:P1953 易语言 (我最近怎么总在做大模拟大搜索题) 分别处理两种情况. 如果只有一个1或0 直接设一个cnt为这个值,每次输入一个新名字之后把数字替换成cnt,最后cnt++即可. 注意数字可能不止一位,输出一次cnt之后可以整一个bool变量阻止以后的输出. 如果是要改名 把名称和后缀分别存起来,扫一遍名称找出初始数字,赋给cnt. 同样,初始数字可能不止一位,要每次乘10加n. 然后不用管输入的是啥,每有一个输入输出一遍初始名称,数字部分替换成cnt即可.然后输出第二个名称时检…

感谢 @cmy962085349 提供的hack数据,已经改对了. 先声明,我好像是题解里写双$fhq$ $treap$里唯一能过的...(最后两个点啊) 思路:首先看题目,$MIN_GAP_SORT$ 明显是求它的前驱与后继(可能有相同的),所以就用平衡树,但是又要求两个相邻的数的差,就可以有再开一个平衡树存放差值 实现:抛开奇奇怪怪的的题面,主要考虑这三个操作: 1.$INSERT$ $i$ $k$: 这个很简单,用链表就行了(数组模拟的),但是要注意,插入的时候,要接着上一个在这插入的,还…

首先可以想到对每个点统计出所有经过它的链的并所包含的点数,然后可以直接得到答案.根据实现不同有下面几种方法.三个log:假如对每个点都存下经过它的链并S[x],那么每新加一条路径进来的时候,相当于在路径上所有点的S中都加入这条路径.树剖之后,相当于对log个区间中的点都加入log个区间.具体实现有树剖后线段树维护虚树.矩形扫描线.线段树+set存区间等多种方法,这里不再多说.两个log:先树剖,然后对每个点开一棵线段树存储它的S,由于题中没有修改,所以可以树上差分+线段树合并,这样可以将方法一中…

讲讲这题的几种做法: 暴力匹配法 rt,暴力匹配,即把字符串存起来一位一位判相等 时间复杂度$ O(n^2·m) $ 再看看数据范围 \(n\le10^5,m\le10^3\) 当场爆炸.当然有暴力分 代码(20pts): #include <bits/stdc++.h> using namespace std; char c[100001][1001]; bool pd(int x, int y) { int l1 = strlen(c[x]), l2 = strlen(c[y]); if(…

生成函数板子题...... 要写高精,还要NTT优化......异常dl 这个并不难想啊...... 一次召唤会涉及到\(10\)个因素,全部写出来,然后乘起来就得到了答案的生成函数,输出\(n\)次项的系数就好了. 下面把\(10\)个条件列一下 \[1 + x^6 + x^{12} + \cdots = \frac{1}{1-x^6}\] \[1+x^2+x^3+\cdots+x^9 = \frac{1-x^{10}}{1-x}\] \[1+x^2+x^3+x^4+x^5 = \frac{1…

送我退役的神题,但不得不说是ZJOIDay1最可做的一题了 先说一下考场的ZZ想法以及出来后YY的优化版吧 首先发现每次操作其实就是统计出增加的节点个数(原来的不会消失) 所以我们只要统计出线段树上每个节点在进行了\(t\)次操作(有\(2^t\)棵树)是某个点为\(1\)的总个数,令这个值为\(f_x\) 然后考场上用了一种记录该节点+左儿子+右儿子状态的方法,这样可以把答案的贡献全部算到这个点上 但是这样细节巨多且容易算重(漏),所以考场上码了\(200+\)行最后没调出大样例 后来想了一种…

[APIO2008]免费道路 题目描述 新亚(New Asia)王国有 N 个村庄,由 M 条道路连接.其中一些道路是鹅卵石路,而其它道路是水泥路.保持道路免费运行需要一大笔费用,并且看上去 王国不可能保持所有道路免费.为此亟待制定一个新的道路维护计划. 国王已决定保持尽可能少的道路免费,但是两个不同的村庄之间都应该一条且仅由一条 且仅由一条免费道路的路径连接.同时,虽然水泥路更适合现代交通的需 要,但国王也认为走在鹅卵石路上是一件有趣的事情.所以,国王决定保持刚好 K 条鹅卵石路免费. 举例来…

树链剖分入门题吧 一个非常直观的想法是使用树剖将一条链拆成\(log^2n\)个矩形,套用矩形面积并算法即可得到一个垃圾的3个log过不去算法 为了得到一个两个log的做法,我们观察一下拆出来的矩形的性质 首先是一堆跨越对角线的矩形,这一部分可以维护每个对角线处延伸出来的最大值线性得出 接下来如果我们令dfs序小的去数dfs序大的点,那么我们会发现矩形的第二维全部是重链的前缀 因此线段树可以被替换成每个重链上的multiset 此时的复杂度依然是3个log,仍然需要优化 接下来发现第一维是一段区…

终于来到了Qtree3, 其实这是Qtree系列中最简单的一道题,并不需要线段树, 只要树链剖分的一点思想就吼了. 对于树链剖分剖出来的每一根重链,在重链上维护一个Set就好了, 每一个Set里存的都是重链中的黑点, 深度就是关键字. 考虑每一种操作 0 : 改变颜色 在他所在的重链上插入一个黑点或者earse掉 1 : 查询 就像树链剖分一样, 一直往上跳重链头然后更新答案即可 代码较短 #include <bits/stdc++.h> #define maxn 101000 #define…

题意 题目链接 分析 考虑枚举每个点的答案,最后除以 2 即可. 可以与 \(u\) 构成合法点对 的集合 为所有经过了 \(u\) 的链的并.因为这些链两两有交,根据结论 "树上两条相交的链一定有一条的 \(lca\) 在另一条链上" 可以得知所有的链构成了一棵树. 考虑维护经过每个点的所有链构成的 树链的并 的大小.一条链是否出现可以树上差分,树链的并的具体大小就以 \(dfs\) 序 为下标建线段树,然后线段树合并即可. 复杂度 \(O(nlogn)\) . 代码 #includ…

来一篇不那么慢的状压??? 话说这题根本没有紫题难度吧,数据还那么水 我是不会告诉你我被hack了 一看数据规模,n≤12,果断状压. 然后起点要枚举,就设dp状态: f[i][j]=以i为起点到j状态的最小花费 其中j是一个二进制数(用十进制来表示)第i位的1.0分别表示是否已经到达第i点(1表示已经到达,0表示还未到达) (因为m很大,n很小,会有重边,所以用邻接矩阵(e[u][v])) 由此可以列出状态转移方程: f[i][j]=min{f[i][k]+diss[i][k][u]*e[u]…

这题是真的水啊... ------------ 昨天模拟赛考了这题,很多人都是O($n^3$)水过,但我认为,要做就做的足够好(其实是我根本没想到O($n^3$)的做法),然后就开始想O(n)的解法. 首先看题目,前面一大堆看似是废话,其实还是有很大用处的. 问题描述中提到了树的中心,但后面却貌似没有用到,其实中心是给我们带来提示的. 既然是求最小偏心距,那必然是要在直径上找,不然偏心距并不能有过多的减少,所以第一步,定下在直径上找. 然后直径上找也要讲究方法,假如整条路径在中心的左边或右边,那…

暴力树剖做法显然,即使做到两个log也不那么优美. 考虑避免树剖做到一个log.那么容易想到树上差分,也即要对每个点统计所有经过他的路径产生的总贡献(显然就是所有这些路径端点所构成的斯坦纳树大小),并支持在一个log内插入删除合并. 考虑怎么求树上一些点所构成的斯坦纳树大小.由虚树的构造过程容易联想到,这就是按dfs序排序后这些点的深度之和-相邻点的lca的深度之和(首尾视作相邻),也就相当于按dfs序遍历所有要经过的点并回到原点的路径长度/2. 这个东西显然(应该)可以set启发式合并维护,但…

原题链接戳这儿 SOLUTION 考虑一种非常\(naive\)的统计方法,就是对于每一个点\(u\),我们维护它能到达的点集\(S_u\),最后答案就是\(\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}|S_i|}{2}\) 也就是说我们可以先树剖一下,对于每一个点都开一棵线段树,每次修改\(O(nlogn)\)地更新一下路径上的线段树,最后查询一下就行了 但是这样的复杂度是\(O(n^2log^2n)\)的,显然会炸.注意到每次是对一条链上的所有点操作,所以我们可以查分.又因为差分之…

分析 问题显然可以转化为对于每个节点询问所有这个节点的所有链的链并的大小. 考场上我直接通过树剖打标记+树剖线段树维护以\(O(n \log^3 n)\)的时间复杂度暴力实现了这个过程.(使用LCT或者全局平衡二叉树可以实现\(O(n \log^2 n)\)的时间复杂度) 考虑如何快速求出链并的大小,有这样一个结论:把所有的链的端点按dfs序排序后,链并的大小等于所有链的两端点的深度之和减去相邻端点的LCA的深度之和再减去所有端点的LCA的深度,这个结论(貌似)在链并是一个连通块的时候均成立.…

传送门 每个人都可以看成一条直线\(y=ax+b\),所以我们要求的是每条线在整点处,上方线的数量的最小值(注意多条直线如果交于同一整点互不影响) 如果\(m=1\),其实只要求出半平面交,然后在半平面交上的线的答案就是\(1\).然后是\(m=2\),先把排名\(=1\)的线拿走,那么剩下的线如果排名可以为\(2\),那么至少应该在剩下的线的半平面交上.然后对于所有算过的线,他们都可以覆盖半平面交上的一段连续区间,可以使用二分求出覆盖的区间端点,然后就是找出在半平面交上的区域被上述区间覆盖的次…

M斐波那契数列 此题对数学基础要求较高 来源矩阵乘法_百度百科 一个m*n的矩阵是一个由m行n列元素排成的矩形阵列.矩阵里的元素可以是数字符号或者数学式. 形如[acbd][abcd]的数表称为二阶矩阵,其中a,b,c,d称为这个矩阵的元素. 形如 [x1x2][x1x2] 的有序对称为列向量 设 A=[acbd]A=[abcd] B=[x1x2]B=[x1x2] 则C=[ax1+bx2ax2+bx1]C=[ax1+bx2ax2+bx1] 称为二阶矩阵A与平面向量B的乘积,记为AB=C 更一般的…

这个柿子挺别致的......还有信仰膜数998244353 直接讲正解吧...... 首先发现这个柿子从上往下算好像不怎么行,我们从下往上看,(下面令\(Ans_r = sum_{k,1,r}\)). 考虑\(a_i\)对\(Ans_r\)的贡献(\(1 \le i \le r\)),即\(a_i\)在\(sum_{k,1,r}\)中被算了多少次,我们假设\(a_i\)被算了\(c_i\)次.答案就是\(Ans_r = \sum\limits_{i = 1} ^ r a_i c_i\) 废话.…

分治FFT的板子为什么要求逆呢 传送门 这个想法有点\(cdq\)啊,就是考虑分治,在算一段区间的时候,我们把他分成两个一样的区间,然后先做左区间的,算完过后把左区间和\(g\)卷积一下,这样就可以算出左区间里的\(f\)对右边的贡献,然后再算右边的就好了. 手玩一组样例吧:g=[0,3,1,2](默认\(g[0] = 0\)) 一开始,只有f[0]=1 f: [1 0|0 0] 然后我们从中间分开来,先算左边的 f: [1|0|0 0] 然后在分下去我们会找到\(f[0]\),就拿这一段和\(…