考虑k=1的做法:这是一道原题,我还写过题解,其实挺水的,但当时我菜还是看题解的:https://www.cnblogs.com/hfctf0210/p/10187947.html.其实就是树上差分后值为1. 考虑k>1的做法:其实可以再次树上差分,给每个点i赋值v[i]=dep[i]k-dep[i-1]k,然后还是和原来一样开一棵线段树,记录一个val[rt]表示当前节点内区间v值的和,以及sum[rt]表示区间值.修改时打标记,只需要将sum[rt]+=v*val[rt],lazy[rt]+

题目链接: [GXOI/GZOI2019]旧词 对于$k=1$的情况,可以参见[LNOI2014]LCA,将询问离线然后从$1$号点开始对这个点到根的路径链修改,每次询问就是对询问点到根路径链查询即可. 可以发现,如果一个点的贡献被记入答案,那么这个点到根的路径上所有点的贡献都会被记入答案. 那么对于$k>1$的情况,只要每次将路径上点$u$的权值都$+1$变成每次将路径上点$u$的权值都$+(dep[u]^k-(dep[u]-1)^k)$即可. 同样用线段树维护树剖序的区间权值和即可. #in

题目地址:P5305 [GXOI/GZOI2019]旧词 这里是官方题解 \[\sum_{i \leq x}^{}\ depth(lca(i,y))^k\] \(k = 1\) 求的是 \(\sum_{i \leq x}^{}\ depth(lca(i,y))\) ,一堆点然后每个点和 \(y\) 求 \(lca\) 然后深度求和. 总体思路是把 \(lca\) 的值摊派到这个点到根的路径上(这个东西也叫树上差分?),再离线解决所有询问. 维护一个点权数组 \(sum\) ,初始为 \(0\)

[BZOJ5507][GXOI/GZOI2019]旧词(树链剖分,线段树) 题面 BZOJ 洛谷 题解 如果\(k=1\)就是链并裸题了... 其实\(k>1\)发现还是可以用类似链并的思想,这个东西本质上就是对于当前的一个\(x\),考虑对于其他所有点的贡献,而他们的\(LCA\)一定是\(x\)到根节点链上的一个点.那么对于某个\(x\)的祖先节点,除了\(x\)所在的子树内,其他的所有子树内的点全部会产生这个点的深度的\(k\)次方的贡献.\(k=1\)的时候这个东西可以直接做的原因是因为

Descriptioin 浮生有梦三千场 穷尽千里诗酒荒 徒把理想倾倒 不如早还乡 温一壶风尘的酒 独饮往事迢迢 举杯轻思量 泪如潮青丝留他方 --乌糟兽/愚青<旧词> 你已经解决了五个问题,不妨在这大树之下,吟唱旧词一首抒怀.最后的问题就是关于这棵树的,它的描述很简单. 给定一棵 \(n\) 个点的有根树,节点标号 \(1 \sim n\),11 号节点为根. 给定常数 \(k\) . 给定 \(Q\) 个询问,每次询问给定 \(x,y\). 求: \(\sum\limits_{i\leq

https://www.cnblogs.com/Gloid/p/9412357.html差分一下是一样的问题.感觉几年没写过树剖了. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #d

前置芝士:[LNOI2014]LCA 要是这题放HNOI就好了 原题:\(\sum_{l≤i≤r}dep[LCA(i,z)]\) 这题:\(\sum_{i≤r}dep[LCA(i,z)]^k\) 对于原题,我们需要把每个询问拆成1~l-1 & 1~r再进行差分(所以这题帮我们省去了一个步骤) 先考虑\(k=1\)原题 我们先转化题意 \(dep[lca]\)\(\\)==\(\\)\(dis[1][lca]+1\)\(\\)==\(\\)\(lca->1\)的点数 所以我们每一个点(x)对答

传送门 先考虑\(k=1\),一个点的深度就是到根节点的路径上的点的个数,所以\(lca(x,y)\)的深度就是\(x\)和\(y\)到根路径的交集路径上的点的个数,那么对于一个询问,我们可以对每个点\(i\le x\),把\(1\)到\(i\)路径上所有点\(+1\),然后查询\(1\)到\(y\)的点权和就行了.现在有多组询问,路径修改可以树剖+在以\(dfn\)序为下标的线段树上修改,然后套可持久化线段树保存每个\(i\)的线段树状态,每次在对应线段树上区间查询即可.可持久化线段树的区间修

很像LNOI 2014 LCA那道题. 同样的套路,离线以后直接扫描线. k=1的话就是原题. 考虑一般情况. 原本的做法是对x到根的这条链做一下区间+1操作,目的是为了是的在深度为i的位置得到的贡献是i. 因此,我们只需要构造出一个任意一个位置都满足前缀和为i^k的序列即可. 然后每次把这个序列加到这条链上,由于每个点的深度固定,因此每个位置每次增加的数字也是固定的,可以区间打标记线段树维护. 考虑怎么构造这个序列,显然直接把1^k,2^k,3^k,4^k......差分就可以了. #incl

和之前那个 [LNOI]LCA 几乎是同一道题,就是用动态树来维护查分就行. code: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 50006 #define mod 998244353 #define ll long long #define lson t[x].ch[0] #define rson t[x].ch[1] #define get(x) (t[t[x].f].ch[1]==x) #define isrt(x)

正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5305 题目大意 给一棵有根树和\(k\),\(Q\)次询问给出\(x,y\)求 \[\sum_{i=1}^{x}dep_{LCA(i,y)}^k \] \(1\leq n,Q\leq 5\times 10^5,1\leq k\leq 10^9\) 解题思路 和之前\(LCA\)那题一样的思路,如果\(k\)等于\(1\)的话.加入一个点\(i\)就把\(i\)到根节点的路径上加一,然后询问节点\(x\)就查询

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

GX/GZOI2019 day2 解题报告 题目链接 逼死强迫症 旅行者 旧词 t1 逼死强迫症 显然地,记 \(f(i)\) 为长度为 \(i\) 的木板的答案,可得: \(\\\) \[f(i)=\begin{cases} 0 \quad ······························ \quad (i \in [0,2]) \\ f(i-1)+f(i-2)+2 \times pre(i-3) \quad ·· \quad ( i \in [3,+\infty])) \end{

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

二进制分组SB做法没意思还难写还可能会被卡常其实是我不会写.用一种比较优秀的O(Tnlogn)做法,只需要做2次dijkstra.对原图做一次.对反图做一次,然后记录每个点的最短路是从k个源点中的哪个转移过来的.然后枚举每条边,若两边转移过来的源点不同,则用d1+w[i]+d2来更新答案即可. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ,M=5e5+; struct node{int u;ll d;};

感觉是6题中最难的一题,其实这题是一个二合一: 第一问:给定平面上若干点和k个关键点,关键点覆盖一个45°倾斜的正方形范围r,求有多少点被至少一个关键点覆盖.这个可以曼哈顿转切比雪夫距离,然后再扫描线求解,复杂度O(nlogn) 第二问:求最少和最多有多少次擦肩而过.显然每个交点都可以做对向交换,这是最少擦肩而过的次数.最多的次数,假设全部擦肩而过得到排列p,对向交换实际上是交换两元素位置,用最小交换次数还原排列即可. #include<bits/stdc++.h> using namespa

出这种麻将题有意思吗? 乍看很难实则很水,就是麻将式DP,想必大家很熟悉了吧.首先把“国士无双”和“七对子”两种牌型判掉,然后观察牌胡的形式,发现每多一张牌实际上就是把1个面子变成1个杠子,然后可以直接DP啦!f[i][j][k][p][q]表示到第i种牌型,(i-2,i-1,i)有j个,(i-1,i,i+1)有k个,然后面子+杠子共p个,q=0/1表示是否有对子的最大值,暴力转移即可. 不知道为啥,luogu满分,LOJ RE成0分,这种垃圾题,不想管了. #include<bits/stdc

首先看到与或,很显然想到按照位拆分运算.然后就变成了0/1矩阵,要使矩阵在当前位与为1,则矩阵全为1,如果是或为1,则是矩阵不全为0,然后求全为0/1的矩阵个数即可.记录c[i][j]表示以a[i][j]在该位向上0/1的长度.然后对于每一行,单调栈求解即可. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ,mod=1e9+; int n,ans1,ans2,top,a[N][N],b[N][N],c[N][N],st[N],sum[N]; int

GXOI/GZOI2019题解 P5300 [GXOI/GZOI2019]与或和 一眼题.. 显然枚举每个二进制位,答案就变成了全1子矩阵数量. 这个xjb推推,单调栈一下就行了. #include<bits/stdc++.h> #define il inline #define vd void #define mod 1000000007 typedef long long ll; il ll gi(){ ll x=0,f=1; char ch=getchar(); while(!isdig