题面 传送门 题解 以所有的感兴趣的城市为起点,我们正着和反着各跑一边多源最短路.记\(c_{0/1,i}\)分别表示正图/反图中离\(i\)最近的起点,那么对于每条边\((u,v,w)\),如果\(c_{0,u}\neq c_{1,v}\),那么我们就用\(d_{0,u}+d_{1,v}+w\)更新答案 //minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define ll long long #define inline __inl

LOJ#3087. 「GXOI / GZOI2019」旅行者 正着求一遍dij,反着求一遍,然后枚举每条边,从u到v,如果到u最近的点和v能到的最近的点不同,那么可以更新答案 没了 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define mp make_pair #define pb push_back #define space putchar('

题目 我还是太傻了 考虑每一条边的贡献,对于一条有向边\((u,v,w)\),我们求出\(k\)个关键点中到\(u\)最近的距离\(dis_1\),以及\(v\)到\(k\)个关键点中最近的距离\(dis_2\),直接用\(dis_1+w+dis_2\)来更新答案就好了 所以正反两遍\(Dij\)就好 但是需要注意到一点,如果这两个点\(k\)个关键点中到\(u\)最近的点和\(v\)最近的·点相同,那么我们不能计入答案,因为这样只是走了一个环 代码 #include<queue> #incl

题意 给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的的有向图,给出 \(k\) 个关键点,求关键点两两最短路的最小值. \(n\le 10^5, m\le 5\cdot 10^5\). 题解 二进制分组.对于每一位,将编号当前位为 \(0\) 的点做源点/汇点, 当前位为 \(1\) 的点做汇点/源点,然后跑最短路. 复杂度 \(O(n\log ^2 n)\) . #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm>

「GXOI / GZOI2019」简要题解 LOJ#3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和 https://loj.ac/problem/3083 题意:求一个矩阵的所有子矩阵的与和 和 或和. 分析: 或和与是一个东西,只要把所有数都异或上\((1<<31)-1\)然后再从总答案中减掉就能互相转化,考虑求与. 枚举每一位,转化成算有多少个全\(1\)子矩形,单调栈经典问题.总时间复杂度\(\mathrm{O}(n^2\log n)\). 代码: #include <cst

#3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和 题目大意 给定一个\(N\times N\)的矩阵,求所有子矩阵的\(AND(\&)\)之和.\(OR(|)\)之和. 数据范围 \(1\le N\le 10^3\),\(val_{(i,j)} \le 2^{31}-1\). 题解 一眼题. 对于这种位运算的题,题都不用看完先想拆位,拆位可行那就拆,拆位不可行就不拆. 这里指的拆位可不可行具体指的是答案满不满足对于拆位之后的可加性. 发现这个题所求的是个和,那就果断拆开. 这样的话问题就变

Loj #3085. 「GXOI / GZOI2019」特技飞行 题目描述 公元 \(9012\) 年,Z 市的航空基地计划举行一场特技飞行表演.表演的场地可以看作一个二维平面直角坐标系,其中横坐标代表着水平位置,纵坐标代表着飞行高度. 在最初的计划中,这 \(n\) 架飞机首先会飞行到起点 \(x = x_{st}\) 处,其中第 \(i\) 架飞机在起点处的高度为 \(y_{i,0}\).它们的目标是终点 \(x = x_{ed}\) 处,其中第 \(i\) 架飞机在终点处的高度应为 \(y

LOJ#3088. 「GXOI / GZOI2019」旧词 不懂啊5e4感觉有点小 就是离线询问,在每个x上挂上y的询问 然后树剖,每个节点维护轻儿子中已经被加入的点的个数个数乘上\(dep[u]^{k}\) 新加一个点进去只会经过\(\log n\)条轻边只会更新\(\log n\)个节点 然后再维护一下每个子树里被加入点的个数,每次查询一段重链的链尾要加上重儿子个数减去从y来的那个轻儿子的子树个数乘上\(dep[u]^k\) #include <bits/stdc++.h> #define

LOJ#3086. 「GXOI / GZOI2019」逼死强迫症 这个就是设状态为\(S,j\)表示轮廓线为\(S\),然后用的1×1个数为j 列出矩阵转移 这样会算重两个边相邻的,只要算出斐波那契数然后乘上N就是不合法的方案 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define mp make_pair #define pb push_back #

LOJ#3085. 「GXOI / GZOI2019」特技飞行 这显然是两道题,求\(C\)是一个曼哈顿转切比雪夫后的线段树扫描线 求\(AB\),对向交换最大化和擦身而过最大化一定分别为最大值和最小值 对向交换最大化是每个点都对向交换 擦身而过最大化需要对向交换最小化,我们一次对向交换相当于交换任意两个数,所以就是每个置换圈的点数-1累加即可 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pai

LOJ#3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和 显然是先拆位,AND的答案是所有数字为1的子矩阵的个数 OR是所有的子矩阵个数减去所有数字为0的子矩阵的个数 子矩阵怎么求可以记录每个位置能向上延伸的高度\(h[i][j]\) 枚举左下角的端点,用一个单调栈维护即可 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define mp make_p

题意 LOJ传送门 题解 可以发现「七对子」 和 「国士无双」直接暴力就行了. 唯一的就是剩下的"3*4+2". 考试的时候写了个爆搜剪枝,开了O2有50pts.写的时候发现可以DP,但是没写. 然后下来写了发现就4个转移... 用\(dp[i][j][k][a][b][c]\)表示当考虑前\(i\)张牌,有\(j\)个雀头,\(k\)个面子,\(i-2\)用了\(a\)张,\(i-1\)用了\(b\)张,\(i\)用了\(c\)张时,前\(i-3\)张牌的最大分数. 注意这里是&qu

题目链接 [洛谷传送门] 题解 按位处理. 把每一位对应的图都处理出来 然后单调栈处理一下就好了. \(and\)操作处理全\(1\). \(or\)操作处理全\(0\). 代码 #include <bits/stdc++.h> #define gc getchar using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1000 + 4; const int P = 1e9 + 7; const int BIT = 31; int n

题面 传送门 题解 先考虑\(k=1\)的情况,我们可以离线处理,从小到大对于每一个\(i\),令\(1\)到\(i\)的路径上每个节点权值增加\(1\),然后对于所有\(x=i\)的询问查一下\(y\)到根节点的路径和就是了 那么\(k\neq 1\)的情况该怎么办呢?我们来考虑一下令\(1\)到\(i\)的路径上每个节点权值加\(1\)的本质,相当于是令每个节点\(u\)增加\({dep_u}^k-{dep_{fa_u}}^k\),那么用树剖+线段树维护就行了 //minamoto #inc

题面 传送门 题解 先考虑全都放\(1\times 2\)的方块的方案,设防\(i\)列的方案数为\(g_i\),容易推出\(g_i=g_{i-1}+g_{i-2}\),边界条件为\(g_0=g_1=1\) 然后设\(f_i\)表示可以放\(1\times 1\)方块的方案.如果最右边一列不放\(1\times 1\),那么转移和之前一样,否则的话,另一个\(1\times 1\)必须放在\(1\)到\(i-2\)列,且根据奇偶性另一个方块放的位置是唯一的,而第一个方块左边全都是\(1\time

题目 确定这不是思博题 看起来很神仙,本来以为是\([LNOI2014]LCA\)的加强版,结果发现一个点的贡献是\(s_i\times (deep_i^k-(deep_i-1)^k)\),\(s_i\)就是这个点的子树内部\(1\)到\(x\)点的数量 我们发现我们在树剖的时候利用后面那个东西就能来更新答案和打标机啦 照样离线就好了 #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<al

题目 广西和贵州的省选?好像很神仙的样子啊 之后发现这是一道水题 我们显然应该拆位考虑 显然我们应该对于每一位都拆一下看看这一位是\(0/1\) 显然我们如果找到一个全是\(1\)的矩阵,那么这一位的\(and\)和不为\(0\),否则就是\(0\) 对于\(or\)和,我们只需要求出全是\(0\)的矩阵,之后拿总矩阵数量一减就是至少有一个\(1\)的矩阵的数量,这样的矩阵\(or\)和这一位显然是\(1\) 于是问题转化成了求有多少个全\(0\)全\(1\)矩阵 我们预处理出每一个位置往右最多

题面 传送门 前置芝士 请确定您会曼哈顿距离和切比雪夫距离之间的转换,以及\(KDtree\)对切比雪夫距离的操作 题解 我们发现\(AB\)和\(C\)没有任何关系,所以关于\(C\)可以直接暴力数点 关于暴力数点,这个曼哈顿距离很麻烦,先把它转成切比雪夫距离,然后就是一个\(KDtree\)的经典操作了 容易发现交换操作的执行次数上界是\(tot\)(其中\(tot\)是交点个数),下界是\(n-cnt\)(其中\(cnt\)是原数组和飞过去之后的数组形成的一个置换,其中的轮换个数) 证明的

题面 传送门 题解 为什么又是麻将啊啊啊!而且还是我最讨厌的爆搜类\(dp\)-- 首先国士无双和七对子是可以直接搞掉的,关键是剩下的,可以看成\(1\)个雀头加\(4\)个杠子或面子 直接\(dp\),设\(f[i][j][k][l][x][y]\)表示考虑前\(i\)种牌,以第\(i-2\)种牌为开头的顺子张数为\(j\),以\(i-1\)为开头的顺子张数为\(k\),以\(i\)开头的顺子张数为\(l\),杠子加面子总数为\(x\),雀头个数为\(y\),的最大权值 注意一些边界条件,比方

题面 传送门 题解 按位考虑贡献,如果\(mp[i][j]\)这一位为\(1\)就设为\(1\)否则设为\(0\),对\(or\)的贡献就是全为\(1\)的子矩阵个数,对\(and\)的贡献就是总矩阵个数减去全为\(0\)的子矩阵个数,单调栈搞一搞就好了 //minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) #define fp