You are given a sequence A[1], A[2], ..., A[N]. (0 ≤ A[i] < 231, 1 ≤ N ≤ 12000). A query is defined as follows: Query(x,y) = Max { a[i] xor a[i+1] xor ... xor a[j] ; l ≤ i ≤ j ≤ r }. l = min ( ((x+lastans) mod N)+1 , ((y+lastans) mod N)+1 ). r = max

若想要深入学习主席树,传送门. Description: 给定数列 \(\{a_n\}\) ,求闭区间 \([l,r]\) 的互异的个数. Method: 扫描序列建立可持续化线段树,若此元素是第一次出现,就将对应的线段树中的位置加1:反之,就将上一个出现的元素对应的线段树中的位置减1,将此元素对应的线段树中的位置加1. 对于查询的 \([l,r]\) ,在第 \(r\) 个版本的线段树上查询位置 \(l\) ,对经过的区间中的和累加一下即可. Code: #include<bits/stdc+

题面 源 OJ 未 AC(卡 \(map\) ,不想写 \(hash\) ). 看到 \(n \leq 100\) ,显然 \(O(n^6)\) 会挂掉,所以要优化. 考虑到原式可化为 \(a \times b + c = d \times (e+f)\) ,所以可以分别枚举 \(a,b,c\) 和 \(d,e,f\) ,然后合在一起. 这样我们就要记录这个算出来的 \(d \times (e+f)\) 在 \(a\times b+c\) 中是否有出现, \(map\) 会被卡,写个 \(has

和泉纱雾与烟花大会 题目来源: UOJ 192 最强跳蚤 (只改了数据范围) 官方题解: 在这里哦~(说的很详细了 我都没啥好说的了) 题目大意: 求树上各边权乘积是完全平方数的路径数量. 这种从\(n^2\)条路径中找出满足xx条件的路径的条数的题, 我们可以根据常识判断要用到点分治. 不过这题并没有用到点分治, 这个一会再说, 我们先来看部分分. 哎呀其实这题好多部分分我都不会写(捂脸 算法1: 直接乘边权处理显然是不行哒, 怕是\(w\leq2\)怕是都要用到高精度了(什么你说\(w\le

[题解] SPOJ GSS1 - Can you answer these queries I · 题目大意 要求维护一段长度为 \(n\) 的静态序列的区间最大子段和. 有 \(m\) 次询问,每次询问输出区间 \([L,R]\) 的最大子段和. \(|a[i]| \leq 15007\),\(1 \leq m,n\leq5\times10^4\) · 解题思路 首先想到如果用线段树的方法,那么预处理时间复杂度为\(O(n)\),总询问复杂度为\(O(m\cdot logn)\). 当然这么想

题目:VJ 思路: BFS+回溯,但是要剪枝,看了dalao的题解,超时+WA无数发,终于过了 #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cctype> #include<queue> #include<cmath> //#include<map> #include<string> #include<iostream>

目录 Meet in the Middle 总结 1.算法模型 1.1 Meet in the Middle算法的适用范围 1.2Meet in the Middle的基本思想 1.3Meet in the Middle的算法过程 1.4Meet in the Middle的时间复杂度分析 2.代码实现 例题 [SPOJ ABCDEF] 法1: 结果合并法 法2:哈希表 法3:map 3.扩展运用 [BZOJ 4800] 冰球世界锦标赛 [POJ 1186] 方程的解数 [BZOJ 2679]

题意: 给定一个串\(s\),\(s\)必有一个最大循环节的连续子串\(ss\),问最大循环次数是多少 思路: 我们可以知道,如果一个长度为\(L\)的子串连续出现了两次及以上,那么必然会存在\(s[0].s[L].s[2L] \cdots s[L * k]\)中至少有两个连续的位置是相同的,然后看字母\(s[L * i]和s[L * (i + 1)]\)往前往后最多能匹配多远,记住总长度\(len\),那么最大循环次数为\((len / L) + 1\). 参考: SPOJ 687. Repe

题目大意: 给定一棵n个点的树,每个点有一个权值,m个询问,每次询问树上点x到点y的路径上的第k小数. 思路: dfs后给每个节点一个dfs序,以每个点在他父亲的基础上建立主席树,询问时用(点x+点y-点lca(x,y)-点dad[lca(x,y)])即可得到x到y的链,在上面查询即可. 代码: #include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 200009 using namespace

题意:n个点的树,每个点有权值,问你u~v路径第k小的点的权值是? 思路: 树上主席树就是每个点建一棵权值线段树,具体看JQ博客,LCA用倍增logn求出,具体原理看这里 树上主席树我每个点的存的是点u到源点1的权值线段树,那我求点u到v的所有点,显然是 u + v - lca - fa[lca],就是u到1 + v到1 - 多算的lca - 多算的fa[lca].不能减去两个lca不然少一个点了, LCA板子: //LCA ]; int dep[maxn]; void lca_dfs(int

文章目录 GSS1 GSS2 GSS3 GSS4 GSS5 GSS6 GSS7 GSS8 传送门 这个GSSGSSGSS系列全部是跟子段有关的数据结构菜题. 于是来水一篇博客. GSS1 传送门 题意简述:求不带修的最大子段和. 思路:直接线段树走一发. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define ri register int using namespace std; const int N=5e4+5; int n,a[N]; inline int max(co

思路1:字典树存每个串,然后dfs遍历是否存在.这里有个技巧,如果每次都重新初始化字典树为-1,那么会超时,所以我先初始化为-1,然后设一个Case,每个test时Case都++,那么只要开一个数组判断是否等于Case,如果等于就说明有这条路,不等则没有.这道题用字典树做要注意剪枝. 思路2:这道题能随机看命过 代码1: #include<queue> #include<cstring> #include<set> #include<map> #includ

题意 :给你n个数,问你是否存在一个多项式(最多三次方)满足f(i)= xi. 思路:讲一个神奇的思路: x3 - (x - 1)3 = 3x2 - 3x + 1 x2 - (x - 1)2 = 2x + 1 x - (x - 1) = 1 1 - 1 = 0 看了上面这么多,其实已经可以发现一件事情了:如果相邻常数减一次那么就是0:相邻一次式减一次降为常数,减两次为0:相邻二次式减一次降为一次式,减两次降为常数,减三次.... 由此我们可以知道,如果存在一个多项式(最多三次方)满足f(i)=

题意:n*m的方格,“0 x”表示x轴在x位置切一刀,“0 y”表示y轴在y位置切一刀,每次操作后输出当前面积最大矩形. 思路:用set分别储存x轴y轴分割的点,用multiset(可重复)储存x轴y轴边,每次输出最大的长和最大的宽的积.题目可能重复切.multiset如果直接erase(13)会把所有的13都删掉,如果只想删一个则erase(multiset.find(13)).第一次知道set自带二分... 这里multiset也可以用map<int, int, greater<int&g

思路: 把0~9的状态用3进制表示,数据量3^10 代码: #include<cstdio> #include<map> #include<set> #include<queue> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm&

题意: 一棵n个节点的树,节点有黑白两种颜色,初始均为白色.两种操作:1.更改一个节点的颜色;2.询问一个节点所处的颜色相同的联通块的大小. 思路: 1.每个节点记录仅考虑其子树时,假设其为黑色时所处的黑色联通块的大小和假设其为白色时所处的白色联通块的大小(树状数组维护). 2.查询时找到深度最小的.与该点颜色相同的且两点之间的点颜色均与这两点相同(两点可以重合)(不妨称它为最远祖先)的答案. 3.修改时应该修改该节点的父亲至最远祖先的父亲上的值. 4.用树链剖分和树状数组维护. 5.寻找最远祖

题目大意: 一棵树,有边权,有两个操作:1.修改一条边的权值:2.询问两点间路径上的边的权值的最大值. 思路: 十分裸的树链剖分+线段树,无非是边权要放到深度大的一端的点上,但是有两个坑爹的地方,改了好久: 1.数组定义10000和40000会TLE,要乘10: 2.以前的树剖求解的最后是这样的: if (deep[x]>deep[y]) swap(x,y); ,n,id[x],id[y],)); 但是WA了,膜拜大神后发现这样就AC了: if (x==y) return ans; if (de

本题就是给出一组cities.然后以下会询问,两个cities之间的最短路径. 属于反复询问的问题,临时我仅仅想到使用Dijsktra+heap实现了. 由于本题反复查询次数也不多,故此假设保存全部最短路径,那么是得不偿失了. 所以还是反复使用Dijsktra吧. 有没有更加好的办法处理反复查询问题呢?还没想到. 本算法纯粹手工打造了,不使用stl.代码非常长非常长,光打一遍就会手软的,呵呵. 原题: You are given a list of cities. Each direct con

给出一种主函数递归的方法(其实主函数 main() 也是可以递归的) #include <stdio.h> int main() { int a; scanf("%d", &a); if (a != 42) { printf("%d\n", a); main(); } return 0; }

题面 好题啊!~ 设f[i][j][k][l]表示已经处理完前i个请求后,a在j,b在k,c在l的最小值是多少: 那么f[i][p[i]][k][l]=min(f[i][p[i]][k][l],f[i-1][j][k][l]+c(j,p[i])); f[i][j][p[i]][l]=min(f[i][j][p[i]][l],f[i-1][j][k][l]+c(k,p[i])); f[i][j][k][p[i]]=min(f[i][j][k][p[i]],f[i-1][j][k][l]+c(l,p