3.7考场总结 今日问题： 考场犯困 忘记删调试！！！ 考试着急，没有审清题就考试作答 没有对知识进行迁移，怎么说呢，就是东西想的离正解都不远，但是就是差一点点才能感觉到正解的水平，说明最近学到的东西越来越多了，需要开始疏理，总结了，T2当时绝对是正解的思路，但是没有进一步的想，说明DP的思维和思
思路： 找一个人作为带入，我就是他。（选择情况数少的） Alice 想想一些让别人浴霸不能的步骤和做法，看看这个做法能不能让自己赢，不行的话自己就不能赢。（自己取胜的条件本来就处于劣势） 就是 x-1，y-1， 他选x，我就选y，他选y，我就选x。 attention： 1 初始情况可能要特判，更具自己的代码 Alice an
题意 一个矩形中，有n个城市’*’，现在这n个城市都要覆盖无线，若放置一个基站，那么它至多可以覆盖相邻的两个城市。 问至少放置多少个基站才能使得所有的城市都覆盖无线？ 分析 每一个城市都需要被一个基站覆盖，而一个基站最多覆盖两个城市。为了使基站的数量最少，我们可以考虑让尽可能多的
题目：Work Group 树形dp，设状态f[u][0/1] 表示以u为根节点，他的子树中选了0（偶数）1（奇数）个节点的最大价值，设x为他的一个儿子，显然f[u][1]=max(f[k][0]+f[u][1],f[k][1]+f[u][0]),f[u][0]=max(f[k][0]+f[u][0],f[k][1]+f[u][1]) 最后再加上自身权值即可，答案为f[1][1] 代码： #include <cst
#include<iostream>using namespace std;struct node{ int data;//结点的内容 int left;//左子树 int right;//右子树 int size;//子树大小，含本结点 int cnt; //相同内容的个数 } Bst[100100];int a[100010]; int root=0;int tot=0;//插入
\[1 \ 2 \ 2 \ 5 \\ \ \ 1 \ 2 \ 2 \\ \ \ \ \ 1 \ 2 \\ \ \ \ \ \ \ 1 \\ \]观察发现每一位只需要维护后缀和 #include <bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int N = 5e5 + 10; int n; LL sum[N]; char s[N]; int main() {
可持久化就是支持维护不同时间下的版本的数据结构啦。 那么可持久化线段树能干什么很显然了。 可持久化线段树又叫主席树，因为来历大家都知道就不多说了。 那么就直接讲核心操作了，就是克隆节点。 克隆节点 就是在修改的时候（或者维护多棵有公共节点的线段树时）使用。把有变化的节点新
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,tot; struct treap { int ch[3],pri,size,v; }t[100010]; void update(int x) { t[x].size=1+t[t[x].ch[0]].size+t[t[x].ch[1]].size; } int new_node(int x) { t[++tot].v=x; t[tot].size=1; t[tot].pri=
本蒟蒻只讲一些我常常出错的部分，具体还要靠 OI-wiki:Dinic 的帮助。 啥是最大流？ 相当于有一个供水站，一个用户，中间有复杂的水管（每一根单向且有单位时间传输量限制）网络，求用户单位时间内获得的最大水量。 Dinic 咋弄？ 每次先 BFS 按照离原点 \(S\) 的距离将图分层，再在分层图上 DFS，终止
https://www.luogu.com.cn/problem/CF1625E2 考虑把括号序列对应的树形结构建出来（按照在串中出现的顺序，给一个点所有儿子也定一个顺序） 设 \(u\) 有 \(son_u\) 个儿子，则如果不考虑只取某个儿子中的一部分作为一个合法字串的情况（也就是必须取某几个连续的儿子），那么方案数是 \(f_u=\df
题目： Charging 1000ms 131072K 描述： Xxy is the king of the universe. In order to resist the invasion, he ordered the construction of many space warships.Now,he wants to charge his space ships. He has N space ships.The N ships are numbered from 1 to
目录题意：思路： 题目链接 题意： 给定长度为n的序列A，取两个断点l和r，求由A[1],A[2],...,A[l],A[r],A[r+1],..A[n]组成的新序列B且其逆序对不大于k对的个数。 思路： 宏观上：对于一个一对选择l和r，r向后推会使得逆序对个数保持不变或者减少，但必然不会带来增加。于是对一对恰好满足条件的l
problem 洛谷链接 solution 显然，颜色相同的灯泡形成一个连通块，且连通块的大小 i ∣ n i\mid n i∣n。 这道题要能发现一个结论：一定至少
分块简介 分块的基本思想是通过对原数据的适当划分，并在划分后的每一个块上预处理部分信息，从而较一般的暴力算法取得更优的时间复杂度。 如何分块 一般的，我们会把原数组分成块长为 \(\sqrt{n}\) 的几段，初始化的复杂度为 \(O(n)\) ，单次操作的复杂度是 \(O(\sqrt{n})\) P3372 【模
A. tokitsukaze and Connection 题目链接 题意：给你一个全由小写字母构成的字符串，判断这个字符串中的同种字母是不是全部连在一起； 思路：直接暴力for一遍，从第二个字母开始，判断当前字母有没有出现过，如果出现过并且与前面那个字母不同，则同种字母不是全部连在一起的 #include <bits
埃氏筛(朴素筛法求素数）： int prime[N], tot; bool st[N]; // true:not prime, false:is prime void get_primes(int n) { st[1] = true; for(int i = 2; i <= n; i++) { if(!st[i]) { prime[++tot] = i; for(int j = i + i;
这题属实逆天。。题面在输出格式中没有说明需要将编号排序后输出，让我困惑了半天呜呜。 分析 题目本身的思路是很简单的。 我们从一个人说 yes 和 no 能够得到什么呢？ 假设这个人是天神，那么说 yes 说明对方也是天神，否则是恶魔。 假设这个人是恶魔，那么说 yes 说明对方也是恶魔，否则是
洛谷题面传送门 好题。 首先看到抠掉一个区间的限制，我们很自然地想到对前后缀跑一遍 MST 后把左右两半的信息合并起来的想法，于是问题转化为怎样维护前后缀的最小生成树。 直接做复杂度 \(nm^2\log n\)，显然无法通过，乍一眼貌似也需要可持久化 LCT / 树状数组套 LCT 等奇奇怪怪的数
E2. Cats on the Upgrade (hard version) 题意 RBS定义为：它是一个只包含“(”，“）”以及“.”的字符串，若它能通过若干次删除“()”（一对连续的括号）或“.”，使得该字符串为空，则该字符串为RBS。 一个RBS是简单的，当且仅当它不为空，且第一个字符和最后一个字符都不是“.”。 初始状态下，给定
\(Solution\) 考虑把一个豆豆看成一条边，那限制流量为\(1\)，费用为\(1\)，豆豆即会被吃一次。拆点，两点之间连一条有贡献的边和无贡献的边，可做到让两条路径重合后不会多产生贡献。路线不可以相交可以通过连边的方式解决，但我们发现边数太多了。考虑我们连的一些无用的边，形如一个钝角三角
link Solution 首先我们可以发现，对于任意一个选出来的物品序列，如果我们排序之后奇偶分类，那么分成的两堆一定相差 \(\le n-1\) 。 然后我们考虑dp，我们可以设 \(f_{a,w}\) 表示选 \(a\) 个物品，重量和为 \(w\) 的价值和最大值，那么对于 \(a\) 为偶数，则有转移式： \[f_{a,w}=\max_{i} \{f
有一个n*n的迷宫（2<=n<=10)，入口在左上角，出口在右上角，0表示可通，1表示障碍。从某点开始有八个方向可以走，输出从入口到出口的路径总数。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int s[11][11]; 4 int wx[10]={-1,-1,-1,0,0,1,1,1},wy[10]={-1,0,1,-1,1,-1,0,1}; 5
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11221/E 来源：牛客网 题目描述 幽怨火，憎恨焰，变异蛮牛续执念。 给定一棵根为 11，且是黑点的有根树。 每个白点相邻所有的点都是黑点，每个黑点相邻所有的点都是白点。换句话说，你可以从根结点开始，按照深度对每个点黑白染色。 现在对于一条两
SAM一道很裸的题。。。 题意很明确，不再阐述。 做法很简单：找到所有出现次数为 \(k\) 的子串，然后统计。 怎么找到这些字符串呢？SAM 只能找出等价类啊。 注意 parent tree 的父亲节点的长度 +1 即该等价类中长度最短的字符串，那么若我们先通过拓扑排序求出每个等价类在原串中出现次次数
World of Tank 题解 相当有趣的 d p dp dp题。 显然，如果我们要开炮击毁一个建筑，我们是可以提前在许多个位置开炮的，只要 CD 好了就可以开炮。 如果
