题目在这 【写完签到题就不会了... A. XOR Mixup 题意：给一个 n 个数的序列 ${a_i}$ ，其中一个数是剩下的数的异或和，让你找出这个数。 做法：直接枚举。 #include<bits/stdc++.h> #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++) #define ll long long using namespace std; co
#include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #define WR WinterRain using namespace std; const long long WR=10010; long long n0,m0,w[WR],mod; long long a[WR],b[WR]; long long res=1; long long read(){ long
dfs一遍求出以每个节点为根的子树大小，然后枚举n的约数，对于每个约数i，统计sz[ ]是i的倍数的有多少个（开桶统计），如果有n/i个则答案+1。 这道题也就是个结论题，画图分析一下。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=2e6+10; 4 int head[N],to[N],nxt[N],
https://codeforces.com/contest/1709/problem/C 题意 给你一个只包含{(,),?}的字符串。问有没有可能通过把?变成(或者)，使得只存在唯一的改变方法能让字符串变为regular的 regular定义：A regular bracket sequence (or, shortly, an RBS) is a bracket sequence that can be transf
因为若一个时间限制满足题意，则所有比它大的时间限制一定都满足题意，因此本题答案具有单调性，可以想到二分答案求解。 本题思路不是很难，但细节和代码实现比较复杂。 见牛人博客：https://www.luogu.com.cn/blog/TEoS/p1084-yi-qing-kong-zhi 1 #include<bits/stdc++.h> 2 typedef
提交记录 题目叙述 二叉树，称一棵树可以长成另外一颗树，当且仅当可以通过替换这棵树的叶子节点为随便其他的树，变成另一棵树。给定一个树的集合，判断是否可以只有有限棵树凑不出。 题解 考虑暴力怎么写，判断 \(i\) 的子树的所有情况是不是几乎完备的。然后只要判断左儿子和右儿子是不是
提交记录 题目叙述 给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，满足如果 \(x\) 到 \(w\) 右边，并且 \(y\) 到 \(w\) 也有边，那么就一定有边 \(x\) 到 \(y\) 或者 \(y\) 到 \(x\) 。每次给出 \(k\) 条边 \(a_i\rightarrow b_i\) 表示这次询问新加入的边（不一定这样做之后的图还满足原题的
浅谈一下学了好久的树分治。 一、点分治 适合处理大规模树上路径信息问题。 P3806 【模板】点分治1 很基础的了，询问树上距离为 \(k\) 的点对是否存在。 大概就是每次找重心当作根，对于当前的根，统计每个子节点到它的距离，然后用双指针遍历，当且仅当两个儿子到当前根的距离之和为 \(k\)
树的直径 \(2dfs\) 定理：在一棵树上，从任意节点\(x\)开始进行一次 DFS，到达的距离其最远的节点\(y\)必为直径的一端。 #include <stdio.h> const int V = 1024; const int E = 4096; struct EDGE { int t, next, w; } edge[E]; int edge_tot, head[V]; void add_edge(int f,int t,
题目链接： https://www.luogu.com.cn/problem/P1896 题意： 在 \(n * n\) 的棋盘里面放 \(k\) 个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。 国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define
本题就是在一条1-n的路径上找p，q（先经过p），使得q-p最大。 考虑建正反图，正图上求出d[x]，表示1-x的路径经过的节点最小值，反图上则从n开始求出f[x]，x-n的最大值，最后枚举断点i，取最大的f[i]-d[i]就是答案。 基于动态规划的思想。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 con
构造 有两个空根 0 和 1，分别是偶根和奇根。以偶根为根的树存储所有偶数长度的回文串，奇根同理。 因为 Lemma. 「\(s\) 的本质不同回文子串总数是 \(O(n)\)」，所以存得下。 Proof 设以 \(i\) 为尾的最长回文子串左端是 \(l_i\)，加入 \(s_{i+1}\) 后，得到了 \(l_{i+1}\)。对于 \(\subse
这两天学习了网络流，故写点东西加深理解。 关于网络流定义证明之类，前人之述备矣，此处整理一些比较舒适的代码实现。 EK 全名是 Edmonds-Karp. 慢但是码量少一些，让人十分欢乐。 EK不需要两次搜索也不需要分层。 更欢乐的是能用EK过的数据范围都较小。这是因为算法的时间复杂度 \(O(VE
作者很蒻，在这里总结一下自己学一小点hash的经验。 hash可以用于查找，速度很快，可以近似看作为O(1)的时间复杂度，缺点是占用空间比较大，不过在竞赛中这种空间换时间的方式还是值得的。 哈希冲突是说不同的元素的关键字有可能相同，不能保证一个关键字与元素是一一对应的，这样就产生了哈希
思路来自实验室一个work hard的学长~ 题意是说有一个点集，在树上，能否一笔画把这些点集走一遍 easy版本因为q在[1，5]之前，范围比较小，可以暴力 考虑什么情况下不能一笔画~ 如果对于一个点，它的分支有父亲fa、若干个儿子son 设想如果很多个分支上都有点集，显然没法一笔画走过去 当且仅当有
传送门QAQ Preface 还是不会构造题啊>_< 发现性质的能力还是弱了点。 Analysis 直接说这题的结论：异或和的最小最大值为 \(n\)。 很简单，只要存在一个点和它连出去的边，两个的权值一个 \(\ge n\)，一个 \(\lt n\)，由于 \(n = 2^p\)，珂以推出两者的异或和 \(\ge n\)。 而这样的一个点显然
https://www.luogu.com.cn/problem/P2678涉及知识点:贪心,二分黄色题 思路: 从起点出发，先选定一段距离mid，若前面的石头B与你所站着的石头A的距离小于mid，就把B搬掉，记录一下；如果不，就把B留下，再跳到石头B上。照这个步骤多次循环后，如果搬掉的石头多了，就把距离mid定小点；如果少了，就把m
\(\text{Solution}\) 这是一道回文树模板题。 回文树 回文树是利用回文串的包含关系建的一个图。 首先回文树有奇根，偶根，偶根的\(fail\)指针指向奇根。 设\(fail_i\)表示标号为\(i\)的回文串失配后，他的最长后缀回文串的标号。 利用\(fail\)可以构造出回文树，考虑一个一个字符加入回
思路 一道很妙的反悔贪心题。 考场上打的是 \(O(n\times k)\) 的 \(dp\)，其中 \(k\) 是 \(a_i\) 的种类数。 考虑贪心，先从大到小枚举 \(a_i\)，把相同的 \(a_i\) 一起处理。 当前可以白嫖的直接白嫖，如果不能再白嫖了，再看看如果前面白嫖了一个 \(x\)，当前的为 \(y\)。 若 \(x<y\)，显然是
1095 Cars on Campus Link 配对要求是，如果一个车多次进入未出，取最后一个值；如果一个车多次out未进入，取第一个值。 注意：一个车可能出入校园好多次，停车的时间应该取之和 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <string> #include
块乐 分析 因为这题查询的是指定区间 \([l, r]\) 的最大异或子段，我们很难不想到使用可持久化 \(\texttt{trie}\) 来搞。 然而，对于每次查询，如果单纯地使用可持久化 \(\texttt{trie}\)，那么必须要枚举右端点进行查询，那么每次查询的复杂度是 \(O(n{\rm {log}} V)\)（\(V\) 为值域大小），承
题面传送门 非常码农的二合一题。 首先第一问看上去非常simple。因为只能往左，往右，和往上走(包括左上，上，右上)，往上走显然是没有后效性的。而往左和往右因为每一层最多1000个，所以直接枚举从上一层跑过来的地方转移即可，时间复杂度\(O(1000n)\) 然后第二问只要按照我们dp的过程输出即可
用两次dfs求出树的直径，这两次dfs可以写在一起，当然为了方便理解，这里是分开写的。 1 //两次dfs求树的重心 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 7 const int N=40005,M=40005*2; 8 int n,m,tot,p,ed; 9 int d[N],he
这道题考察了树的重心的性质，所有点到中心的距离之和是最小的，所以我们一遍dfs求出树的重心，在跑一次dfs统计距离之和。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int INF=0x7f7f7f7f; 4 const int N=50005; 5 int head[N],to[N*2],nxt[N*2],f[N],size[N];
求树的重心的模板题，size[u]维护以u为根的子树大小，f[u]表示去掉u后的最大子树。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 const int INF=0x7f7f7f7f; 6 const int N=20005; 7 int head[N],to[N*2],nxt[N*2],f[N],size[N];
