题目 把要变边权的边拿出来找欧拉回路就行了.正确性显然,因为一条边经过两次相当于对欧拉回路度数的奇偶性没有影响. 然后把一个个小环输出即可,具体的我也不知道怎么输,题目没讲清楚,我按着题解的来的. #include<cstdio> #include<cctype> using namespace std; namespace IO { char ibuf[(1<<21)+1],obuf[(1<<21)+1],st[15],*iS,*iT,*oS=obuf,*

题目传送门 https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2213 https://loj.ac/problem/2161 题解 做一道简单题来放松一下. 不过这道题细节挺多的,可以作为一道练细节的好题. 直接钦定出现最多的字母和出现最少的字母,这样把原序列转化成 \(\pm1\) 的序列做最大字段和就可以了. 我们可以在扫这个序列的时候用一个数组 \(s[i][j]\) 表示以 \(i\) 为出现最少的,\(j\) 为出现最多的的最大子段和,直接更新

题目链接 [BZOJ] [洛谷] [LOJ] 题解 由于是前序遍历,那么讨论一棵树上的逆序对的情况. 两个节点都在左子树上 两个节点都在右子树上 两个节点分别在不同的子树上. 前两种情况其实也可以归结于第三种情况. 原因 因为两个节点不可能占据一个位置. 根据容斥原理,为了保证答案的正确性,我们递归求解不能计算两遍相同的答案. 回到正题 所以我们只需要讨论跨越两个子树的情况. 很显然,左子树中的所有点的\(dfs\)序都比右子树的子树中的小. 那么如果要交换,就是相反一下. 比较容易可以想到对于

LOJ#3032. 「JOISC 2019 Day1」馕 处理出每个人把馕切成N段,每一段快乐度相同,我们选择第一个排在最前的人分给他的第一段,然后再在未选取的的人中选一个第二个排在最前的切一下,并把第二段给他,这样下去一定有解 代码细节具体在比较大小的时候成绩可能需要int128 然后在给每个人分段的时候,把一个馕的长度当成\(Nq\),把要得到的每段长度当成\(sum\)(所有段快乐度的总和)就可以1去分了 #include <bits/stdc++.h> #define fi first

LOJ#3031. 「JOISC 2019 Day1」聚会 听说随机可过? 我想了很久想了一个不会被卡的做法,建出前\(u - 1\)个点的虚树,然后找第\(u\)个点的插入位置,就是每次找一条最长链,询问链的两个端点和u的虚树,如果u在链上那么二分找出u的位置,如果u不在链上且和链相连的点不在链上,那么建出那个点然后连上u,否则删除整条链,保留与u相连的那个点,继续这个操作 二分的代价应该最多是11,每次差不多删掉两个儿子是18/2 = 9 然而这个上限肯定跑不到,最后实测操作次数最多的数据点

LOJ#3030. 「JOISC 2019 Day1」考试 看起来求一个奇怪图形(两条和坐标轴平行的线被切掉了一个角)内包括的点个数 too naive! 首先熟练的转化求不被这个图形包含的个数 -- 也不好求 我们把c转化成max(c,a + b) 就会发现这条斜线把不合法的刚好分成了三个部分,也就是第一门小于a的,总分大于c的,和第二门小于b的总分大于c的,和总分小于c的 你可以发现前两个部分是不相交的,于是开个树状数组把询问按c排序做一遍就好了,然后点集按s + t排序,小于c的就从所在的

「JOISC 2014 Day1」巴士走读 将询问离线下来. 从终点出发到起点. 由于在每个点(除了终点)的时间被过来的边固定,因此如果一个点不被新的边更新,是不会发生变化的. 因此可以按照时间顺序,依次提高终点的时间,然后跑dijkstra(记得把访问标记回滚清空掉). 每条边被跑过了就不再跑了.可以用set,也可以vector(排序,记当前在第几条边) #include <bits/stdc++.h> #define rep(q, a, b) for (int q = a, q##_end

「BalkanOI 2018 Day1」Election 记C为1,T为-1,\(sum[i]\)为\(i\)点的前缀和. 对于询问\([l,r]\),分两步计算答案. 要求所有点的\(sum[i]-sum[l-1] \geq 0\),那么就把一些点拔高,需要删去的点数为\(max(sum[l-1]-sum[i])\),最终得到\(sum^{'}[i]\),记需要删去的点个数为\(ans_1\). 要求所有点\(sum^{'}[r]-sum^{'}[i] \geq 0\),那么就把一些点降低,需

「BalkanOI 2018 Day1」Minmaxtree 每个点都有一个最大和最小权值的限制. 然后每一个权值的限制都必须要取到. 每个点显然可以直接让他取到最大或最小权值. 可以想到每个点匹配一个权值. 不就是一个二分图吗... 每个点连向最大和最小权值,然后跑dinic,输出方案,当然本题匈牙利可以跑过. 接下来就是要求每个点的权值限制:可以用LCT直接链标记,也可以离线下来,排序后,依次加入,用一个并查集跳过已经访问过的点. #include<bits/stdc++.h> #defi

「JOISC 2014 Day1」 历史研究 Solution 子任务2 暴力,用\(cnt\)记录每种权值出现次数. 子任务3 这不是一个尺取吗... 然后用multiset维护当前的区间,动态加,删点即可. 子任务4 目前可以支持在\(o(log(n) )\)的时间里动态加,删单点了. 容易想到莫队. 直接用multiset维护复杂度\(o(n \sqrt n log(n))\).(一脸不可过) 稍微优化一下 ​ 若使用cnt记录的话,是没法很好的删点的. ​ 对于目前要处理的块\([l,r

题目描述 译自 BalticOI 2011 Day1 T3「Switch the Lamp On」有一种正方形的电路元件,在它的两组相对顶点中,有一组会用导线连接起来,另一组则不会.有 N×M 个这样的元件,你想将其排列成 N 行 M 列放在电路板上.电路板的左上角连接电源,右下角连接灯泡.试求:至少要旋转多少个正方形元件才能让电源与灯泡连通,若无解则输出 NO SOLUTION. Casper is designing an electronic circuit on a N×M rectan

题目又臭又长,但其实题意很简单. 给出一个长度为\(N\)的序列与\(Q\)个询问,每个询问都对应原序列中的一个区间.对于每个查询的区间,设数\(X_{i}\)在此区间出现的次数为\(Sum_{X_{i}}\),我们需要求出对于当前区间\(X_{i}*Sum_{X_{i}}\)的最大值. 数据范围:\(1\leq N,Q\leq10^{5},1\leq X_{I}\leq1 0^{9}\) 众所周知,对于没有修改的区间查询问题且数据范围在\(1e5\)的题目,我们首先就可以考虑使用莫队来解决,事

目录 题目 考场思考 思路分析及标程 题目 点这里 考场思考 大概是标准的莫队吧,离散之后来一个线段树加莫队就可以了. 时间复杂度 \(\mathcal O(n\sqrt n\log n)\) . 然而被卡常了...只有 \(40pts\) ... 自闭中... #pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #include<cmath> using

我终于学会打开机房的LOJ了! description LOJ3272 有\(n(n<=2*10^5)\)个矩形,让你找\(k(k<=4)\)个点可以覆盖所有矩形(点可重复),输出一种方案.(保证有解) Solution 可以注意到k很小. 从边界考虑.找到x=max(l[]),y=min(r[]),x=max(d[]),y=min(u[])的四条关键线.四条关键线围成了一个关键矩形(注意:只考虑边线,是空心的). 每条关键线必须要被覆盖,此时脑海中yy出了很多种情况.容易发现如果不选择矩形端

Solution 考虑从\((x_1,y_1)\)走到\((x_2,y_2)\)满足只改变一次方向,则容易求出先向南走当且仅当 \[\frac{a_{x_1} - a_{x_2}}{x_1 - x_2}<\frac{b_{x_1} - b_{x_2}}{x_1 - x_2} \] 我们思考,没有用的行或列满足什么条件. 以行为例,考虑有三行:\(x=i, x=j,x=k\),两列:\(y=l,y=r\),从\((i,l)\)走到\((k,r)\)我们的条件是在\(x=j\)上走过一定更劣,故而能

承接上文 (完结撒花1-52系列)[JVM技术指南]「JVM总结笔记」Java虚拟机垃圾回收认知和调优的"思南(司南)"[上部] 并行收集器 并行收集器(也称为吞吐量收集器)是类似于串行收集器的分代收集器. 串行和并行收集器之间的主要区别是,并行收集器有多个线程,用于加速垃圾回收. 通过命令行选项 -XX:+UseParallelGC 启用并行收集器. 默认情况下,使用此选项,次要(minor)和主要(Major GC)都将并行运行,以进一步减少垃圾回收开销. 并行垃圾收集器线程数 可

「雅礼集训 2017 Day1」市场 挺神仙的一题.涉及区间加.区间除.区间最小值和区间和.虽然标算就是暴力,但是复杂度是有保证的. 我们知道如果线段树上的一个结点,\(max=min\) 或者 \(max=min+1\) 并且 \(d|max\),是可以直接剪掉的. 我们定义线段树上一个结点的势能为 \(\log(max-min)\),那么我们每执行一次区间除,都会引起势能的减小. 但是执行区间加时我们涉及 \(\log n\) 个结点,最差情况下会将它们的势能恢复为 \(\log(max-m

[LOJ 6031] 「雅礼集训 2017 Day1」字符串 题意 给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\), \(m\) 对 \((l_i,r_i)\), 回答 \(q\) 个询问. 每个询问会给定一个长度为 \(k\) 的字符串 \(w\) 以及一对 \(L,R\), 求所有满足 \(i\in [L,R]\) 的 \(w[l_i:r_i]\) 在 \(s\) 中的出现次数之和. \(n,m,k,q\le 1\times 10^5\), \(\sum |w|\le 1\times 10

[LOJ 6030] 「雅礼集训 2017 Day1」矩阵 题意 给定一个 \(n\times n\) 的 01 矩阵, 每次操作可以将一行转置后赋值给某一列, 问最少几次操作能让矩阵全为 1. 无解输出 -1. \(n \le 1000\). 题解 首先手玩下样例就可以发现一个非常虾皮的明显性质: 因为操作是赋值而不是取或, 于是一定是先让某一行都为 1 然后用这一行去染所有不是全 1 的列. 对于构造一个全 1 的行, 如果行号为 \(k\), 那么显然是用某一行的第 \(k\) 列上的 1

[LOJ 6029] 「雅礼集训 2017 Day1」市场 题意 给定一个长度为 \(n\) 的数列(从 \(0\) 开始标号), 要求执行 \(q\) 次操作, 每次操作为如下四种操作之一: 1 l r c 给 \([l,r]\) 区间内的值全部加上 \(c\). 2 l r d 给 \([l,r]\) 区间内的值全部除以 \(d\), 向下取整. 3 l r 求 \([l,r]\) 区间内的最小值. 4 l r 求 \([l,r]\) 区间内的值之和. \(n,q\le 1\times 10

「POI2011 R1」Conspiracy 解题思路 : 问题转化为,将点集分成两部分,其中一部分恰好组成一个团,其中另一部分恰好组成一个独立集. 观察发现,如果求出了一个解,那么答案最多可以在这个解的基础上将一个点从团移到独立集,一个点从独立集移到团. 证明,如果有两个点从团移到独立集,那么这两个点之间的边就矛盾了,如果有两个点从独立集移到团,那么这两个点之间没有边也矛盾了. 所以只要我们求出了任意一组解,我们就可以通过枚举哪个点从团内移出去和哪个点从独立集里移进来来求出解的数量. 再进一步