written on 2022-04-13 树形背包题，写一篇题解总结一下 题意：给一棵 \(n\) 个节点的树, 节点编号为1 ~ \(n\) , 每条边都有一个花费值. 有 \(k\) 个机器人从 \(S\) 点出发, 问让机器人遍历所有边,最少花费值多少? 因为树形背包的题确实做得不多，掌握的不是很好，刚开始并没有什么思路。
Trie字符串统计 摘自acwing模板题https://www.acwing.com/problem/content/837/ trie数的存储和查找 形如上面的树，左边的字符串是要存储的字符串，存完一个字符串在他的末尾记录一个标记(方便查找操作) 存储： 存储的时候，一个字符就存放成一个结点，结尾字符打标记. 查找: 查找的时候
比赛链接： https://ac.nowcoder.com/acm/contest/33188 A.Ancestor 题意： 已知两棵有 \(n\) 个节点的树 \(A\) 和 \(B\)，每个节点都有自己对应的权重，有一个长为 \(k\) 的序列 \(x\)，表示树中的关键节点，第 \(i\) 轮删除 \(x_i\) 这个关键节点，问 \(A\) 树中剩余关键节点的最近公共祖先的
P3916 图的遍历 题意：求各个点所能到达最大的编号 按正常情况去遍历图，会超时和爆内存，得到20分（起码我只拿了20） 换个思路来求，编号大的地点可以到达哪些点 思路： 反向建边 从编号大的点开始dfs，dfs传递初始编号d，这是遍历到的点的答案 若当前点被访问过了说明被更大的点访问过了，遂ret
A. 暗之链锁 树剖维护一下即可，其实树上差分也可 注意线段树空间开四倍！！！！！！！！！！ 左移\(2\) code #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; inline int read(){ int x = 0; char c = getchar(); while(c <
[ZJOI12007] 时态同步 [ZJOI2007] 时态同步 - 洛谷 将图看成以激发器 \(S\) 为根的一棵树。 容易发现，所有终止节点均为叶子节点，于是题意转化为：至少改动多少次边权使得 “时态同步”。 设 \(u, v\) 为两个不同的叶子节点。 那么，若 \(u,v\) 时态同步，则在以 \(lca(u,v)\) 为根的子树
总论 树状DP就是以 子树大小 节点的深度 为阶段。 当一个节点的最优解仅仅和他的儿子有关系，那么就可以。 AcWing\285. 没有上司的舞会 Ural 大学有 N 名职员，编号为 1∼N。 他们的关系就像一棵以校长为根的树，父节点就是子节点的直接上司。 每个职员有一个快乐指数，用整数 Hi 给出，
LCT*1 struct LCT_Tree{ #define lch V[p].son[0] #define rch V[p].son[1] #define Isroot(p) (V[V[p].fa].son[0]!=p && V[V[p].fa].son[1]!=p) #define Son(p) (V[V[p].fa].son[1]==p) struct Vertex{int son[2],siz,sum,t1,fa;}V[maxn]; int tot; int New(
AGC024E Sequence Growing Hard ARC097D Monochrome Cat 开始想的是一个暴力的换根 dp 模拟题意的选择，打到一半意识到严重的问题就是代码 3K 起步且可能要调一年，所以灰溜溜去看题解了。 题解发现性质就能转化成简单问题的 dp。首先不难发现如果一个无根树的子树(意会一下)全黑就
T1 先分类讨论把 \(\max\) 拆开 假设 \(a_c+b_c\geq a_y+b_y\) \(a_c-a_y\geq b_y-b_c\) 于是对于每个蛋糕都记录一个判据量 \(h\) 属于 \(L\) 的判据为 \(c-y\) 属于 \(C\) 的是 \(y-c\) 当 \(a\) 的判据大于等于 \(b\) 的时候取最小的 \(b_c\) 再开一个关于 \(h\) 值域的线段树，
\(1.Multiplication\) \(2.Treediv\) \(3.Euler+ST\) #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 5e5 + 5; int n, m, S; vector <int> Link[N]; namespace solve1 { int f[N][25], dep[N]; void dfs(int u, int Fa) {
模板 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 100010; int n, c[N], head[N], ver[N << 1], nex[N << 1], tot, cnt[N], num[N], siz[N], son[N], L[N], R[N], dfn, pos[N], maxn; long long sum[N], ans[N]; inlin
题目详情 最长异或和路径 描述 给定一颗n <= 100 000个点的带权树，求树上最长的异或和路径。 输入 多组数据。每组数据的第一行包含一个整数n（1 <= n <= 100000），以下n -1行每行包含三个整数u（0 <= u < n），v（0 <= v < n） ，w（0 <= w <2 ^ 31），表示u和v之间的长度为w的边。 输出 对于每组数据输出
DSY 传送门：Migration 二分 + 贪心 + 双向搜索（思想）。 Solution 1 看到“最大值最小”，考虑二分答案如何做。对于每个状态权值的上限 \(mid\)，它的可行性是具有单调性的。直白地，当 \(mid\) 大于等于一个临界值，那么一定可以满足最大状态权值小于此上限；反之则一定不满足。 为了方便计算，
Slot插槽 父组件向子组件传递 父组件将内容分发到子组件 slot插槽的值只读，不能在子组件中修改 slot插槽也可以作为组件之间的通信方式 默认插槽 父组件中：使用Son组件 <template> <Son> <ul> //子组件如果不定义插槽 这里面的ul不起作用 <li>我<
目录概述基本概念预处理操作dfs1dfs2具体处理问题1.LCA问题P3379 【模板】最近公共祖先（LCA）Game2:简单树上问题P4281 [AHOI2008] 紧急集合 / 聚会P5903 【模板】树上 k 级祖先2.单点修改，链上求值P2590 [ZJOI2008]树的统计 概述 树链剖分（轻重链剖分）是一个将树上问题转换为序列上问题
本题有插入路径和删除路径，在每个节点维护插入堆和删除堆，查询时两者top一样则一直弹出。如果每个节点维护的是经过他的路径，显然有些不好处理，正难则反，每个点维护不经过他的路径，那么x节点出了故障时，我们就查询x，查询到的就是x出故障后不受影响的路径。 （洛谷上有一个点一直过不了，似乎是
G. Xor Tree https://codeforces.ml/group/MKpYqfAQQQ/contest/386972/problem/G 题意 给一个数组里面的数都不相同 对于每个数组中的数 找到数组中与之亦或值最小的数 这两个数之间有一条边 求最多删去多少个数 使得最后得到的图是连通图 思路 字典树 处理每个数的二进制数 根据0
https://leetcode.cn/problems/implement-magic-dictionary/ static int son[10010][26]; int idx = 0; static int cnt[10010]; class MagicDictionary { public: //Trie树相关的数据; MagicDictionary() { memset(son, 0, sizeof son); memset(cnt, 0,
int siz[Z], kid[Z], root, size;//kid[rt]：该点的最大子树的大小 bool vs[Z]; void getroot(int rt, int fa)//求树的重心 { siz[rt] = 1, kid[rt] = 0; for (re i = head[rt]; i; i = e[i].ne) { int son = e[i].v; if (vs[son] || son == fa) conti
Problem C 传送门 Solution 看完题面不难想到一个贪心思路： 从根节点开始 DFS，每次截断节点数更多的子树，然后递归到另一棵子树继续向下计算。 看起来十分美好，但有一个问题：如果两棵子树大小一样，结构又不清楚，怎么办？ 这个时候就珂以用动态规划来解决了。 设 \(dp(u)\) 表示 \(u\) 被感
平衡树 不同平衡树 有许多不同的平衡树 如：替罪羊树，AVI，红黑树，Treap，FHQ-Treap (无旋Treap)，Splay，SBT 等 其中比较重点的是上述后四种 目前只学习了 Splay 和 Treap 能够较为熟练的打出来的只有 Splay 有关 Splay 代码 (luoguP3396) ： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; i
差不多是模板题，不过要注意将边权转化为点权，将边的权值赋给它所连的深度较大的点。 这样操作过后，注意查询ask（）的代码有所改变（见代码注释） 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn=100010; 6 int head[m
通过打懒标记实现区间取反，和线段树基本操作都差不多。 本题还是一道边权化为点权的问题。 200行巨长代码： 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int maxn=10010; 6 int head[maxn],cnt=0,total=0;//头结点
将树通过树链剖分转化成线性序列，用线段树维护最值，和值即可。 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int maxn=30005; 7 int n,m; 8 int head[maxn],to[maxn<<1],nxt[maxn
