[Updating]点分治学习笔记
Upd
\(2020/2/15\),又补了一题 LuoguP2664 树上游戏
\(2020/2/14\),补了一道例题 LuoguP3085 [USACO13OPEN]阴和阳Yin and Yang
To Do List
- 动态点分治。这个看心情写吧......是贞德不想写qwq
嘛...上个世纪学的...好像全忘了....来写一下吧
这个应该算树上路径类问题的一类trick吧...
che dan环节
点分治嘛，顾名思义，先抓树上一个点算它对答案贡献，然后把这个点割掉，会变成几棵小一点的树，然后递归算就好了。
那么问题来了，点要怎么选呢？rand一个如果说他是一条链的话从上往下选点就被卡\(n^2\)了 默默码起手中的暴力，随便rand又有被针对的风险...
在分治递归的时候，每一层递归的总复杂度我们不想管它，我们要控制的就是每一次选点使得递归的层数变少。
树上有一个名词叫做重心详见CSP-2019 D2T3，重心旁边的子树大小最大是不会超过\(n/2\)的，所以我们每次点分治的时候先找当前分治到的这一联通块内的重心，然后算重心对答案的贡献在把重心割掉，分治就好了。
这样做递归的层数是不会超过\(\log n\)的，具体的算一点对答案的贡献针对题目来看。
那怎么找重心呢？重心的定义，对于一棵树，其重心的最大子树大小一定是最小的，所以对树\(Dfs\)一遍，算出每个节点最大子树的大小是多少，取最小的就好了。
int siz[N],all,mx[N],rt,vis[N]; // all 表示当前联通块的大小，vis在下面会说
void getrt(int x,int prev)
{
siz[x]=1,mx[x]=0;
for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i]; if(v==prev) continue;
getrt(v,x),siz[x]+=siz[v];
mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]); // 无根树嘛...从x父亲哪里跑出去的一坨也是x的子树
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
所以点分治的code大概长这样
int vis[N],siz[N],all,mx[N],rt; // all 表示当前联通块的大小
void getrt(int x,int prev)
{
siz[x]=1,mx[x]=0;
for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i]; if(v==prev) continue;
getrt(v,x),siz[x]+=siz[v];
mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]); // 无根树嘛...从x父亲哪里跑出去的一坨也是x的子树
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
void dfz(int x)
{
vis[x]=1; // 这里会用到vis
/*
* 假装这里是将x的贡献算上
*/
// 分治
for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i]; if(vis[v]) continue;
mx[rt=0]=siz[v],all=siz[v];
getrt(v,x),dfz(rt);
}
}
int main()
{
// 然后main里面要先求一下整棵树的重心
mx[rt=0]=n,all=n;
getrt(1,0),dfz(rt);
return 0;
}
例题
好，扯了那么多，来看点题目吧。。。
LuoguP4178(POJ1741) Tree
套板子吧。。。每次算\(x\)的贡献的时候先把从\(x\)出发到当前分治到的联通块内所有点的路径找出来，然后排序，two-pointer算一下，然后发现样例都没过
[冷静分析.jpg]
按上面直接two-pointer后会出现\(x\)到同一子树内两个点的路径，也就是说会算上自交的路径。
咋办呢？对于\(x\)的一个子树\(v\)，容斥掉\(x\)到\(v\)里面两个点的路径就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fore(i,x) for(int i=head[x],v=e[i].to;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to)
const int N=1e5+10;
int n,K;
struct edge
{
int to,nxt,w;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void ade(int x,int y,int w)
{e[++cnt]=(edge){y,head[x],w},head[x]=cnt;}
inline void addedge(int x,int y,int w){ade(x,y,w),ade(y,x,w);}
int siz[N],mx[N],rt,all,vis[N];
void getrt(int x,int prev)
{
siz[x]=1,mx[x]=0;
fore(i,x)if(!vis[v]&&v!=prev)
{
getrt(v,x),siz[x]+=siz[v];
mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]);
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
int dis[N],tot;
void getd(int x,int prev,int d)
{
dis[++tot]=d;
fore(i,x) if(v!=prev&&!vis[v]) getd(v,x,d+e[i].w);
}
int calc(int x,int w)
{
tot=0,getd(x,0,w);
sort(dis+1,dis+tot+1);
int nw=tot,ans=0; for(int i=1;i<=tot;i++)
{
while(dis[nw]+dis[i]>K) nw--;
if(nw<=i) break; ans+=nw-i;
}
return ans;
}
int ans;
void dfz(int x)
{
vis[x]=1,ans+=calc(x,0);
fore(i,x) if(!vis[v]) ans-=calc(v,e[i].w); // 去除不合法的路径（注意参数）
fore(i,x) if(!vis[v])
{
rt=0,all=mx[rt]=siz[v];
getrt(v,x),dfz(rt);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,x,y,w;i<=n-1;i++)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w),addedge(x,y,w);
scanf("%d",&K);
rt=0,all=mx[rt]=n;
getrt(1,0),dfz(rt);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
CF161D Distance in Tree
嘛。。。这个要算的是长度等于\(K\)的路径数量。
一个可以直接套板子的做法就是用长度\(<= K\)的路径数量\(-\)小于\(K\)的路径数量，然后就是板子了。
上世纪的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=100010;
int n,K;
struct edge{
int to,nxt;
}e[MAXN*2];
int head[MAXN],cnt=0;
void adde(int x,int y){
e[++cnt]=(edge){y,head[x]},head[x]=cnt;
}
void addedge(int x,int y){
adde(x,y);
adde(y,x);
}
int size[MAXN],dp[MAXN],vis[MAXN],root,sum;
void getRoot(int x,int prev){
size[x]=1,dp[x]=0;
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (v==prev||vis[v]) continue;
getRoot(v,x);
size[x]+=size[v];
dp[x]=max(dp[x],size[v]);
}
if ((dp[x]=max(dp[x],sum-size[x]))<dp[root])
root=x;
}
int tot=0,dis[MAXN],D[MAXN];
void getDis(int x,int prev){
D[++tot]=dis[x];
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (v==prev||vis[v]) continue;
dis[v]=dis[x]+1,getDis(v,x);
}
}
ll calc(int x,int w){
dis[x]=w,tot=0,getDis(x,0);
sort(D+1,D+tot+1);
int l=1,r=tot;
ll tmp1=0,tmp2=0;
while (l<r){
if (D[l]+D[r]<=K) tmp1+=r-l,l++;
else r--;
}
l=1,r=tot;
while (l<r){
if (D[l]+D[r]<K) tmp2+=r-l,l++;
else r--;
}
return tmp1-tmp2;
}
ll ans=0;
void solve(int x){
vis[x]=1,ans+=calc(x,0);
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (vis[v]) continue;
ans-=calc(v,1);
sum=size[v],dp[root=0]=0x3f3f3f3f;
getRoot(v,x),solve(root);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&K);
for (int i=1;i<=n-1;i++){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
addedge(x,y);
}
dp[root=0]=0x3f3f3f3f,sum=n;
getRoot(1,0),solve(root);
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
LuoguP2634 [国家集训队]聪聪可可
答案就是 长度为\(3\)的倍数的路径数量$ / $所有路径数量。
这里因为交换两点算两条路径，端点还可以重合，所以所有路径数量为\(n^2\)。
然后算一个点对答案的贡献的时候可以开个桶\(cnt[0..2]\)，表示从当前重心出发到当前联通快内所有点的路径，长度除以\(3\)的余数为\(0,1,2\)的路径数量。
那么这个点对合法路径数量的贡献就是\(cnt[0]*cnt[0] + 2*cnt[1]*cnt[2]\)（注意\(1,2\)要乘\(2\)，而\(0\)不用），对于自交的路径同样容斥算一下就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for (int i=(int)(j);i<=(int)(k);i++)
#define per(i,j,k) for (int i=(int)(j);i>=(int)(k);i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
int gcd(int x,int y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
const int MAXN=20010;
struct edge{int to,w,nxt;}e[MAXN<<1];
int head[MAXN],cur=0;
void addedge(int x,int y,int w){
e[++cur]=(edge){y,w,head[x]};head[x]=cur;
e[++cur]=(edge){x,w,head[y]};head[y]=cur;
}
int dp[MAXN],size[MAXN],vis[MAXN],cnt[3],dis[MAXN],root,sum;
int ans=0,n;
void getRoot(int x,int fa){
size[x]=1,dp[x]=0;
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (vis[v]||v==fa)continue;
getRoot(v,x);
size[x]+=size[v];
dp[x]=max(dp[x],size[v]);
}
dp[x]=max(dp[x],sum-size[x]);
if (dp[x]<dp[root])root=x;
}
void getDis(int x,int fa){
cnt[dis[x]%3]++;
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (v==fa||vis[v])continue;
dis[v]=(dis[x]+e[i].w)%3;
getDis(v,x);
}
}
int calc(int x,int w){
cnt[0]=cnt[1]=cnt[2]=0,dis[x]=w;
getDis(x,0);
return cnt[0]*cnt[0]+cnt[1]*cnt[2]*2;
}
void solve(int x){
vis[x]=1;ans+=calc(x,0);
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (vis[v])continue;
ans-=calc(v,e[i].w);
sum=size[v],dp[root=0]=n,getRoot(v,0);
solve(root);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
rep (i,1,n-1){
int x,y,w;scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
addedge(x,y,w);
}
sum=dp[root=0]=n,getRoot(1,0);
solve(root);
int tmp=gcd(ans,n*n);
printf("%d/%d\n",ans/tmp,n*n/tmp);
return 0;
}
LuoguP3806 【模板】点分治1
话说怎么到现在才讲模板题...
这个之前好像是数据水了。。。然后导致我\(calc\)的时候双重循环都能过。。。
考虑到\(m\)很小，所以离线下来，在点分治的时候一起回答。
这里提供一个最简单粗暴的方法。
在遍历重心\(x\)的子树的时候枚举询问，然后枚举\(x\)的当前子树\(v\)里的所有路径，然后算当前路径与之前遍历过的路径内是否有满足要求的，遍历完一棵子树后把路径都插入到一个multiset，查询的话\(set\)二分就好了。
这样复杂度应该对了qwq
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define fore(i,x) for(int i=head[x],v=e[i].to,w=e[i].w;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to,w=e[i].w)
const int N=1e5+10;
int n,m;
struct edge
{
int to,nxt,w;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void ade(int x,int y,int w)
{e[++cnt]=(edge){y,head[x],w};head[x]=cnt;}
inline void addedge(int x,int y,int w){ade(x,y,w),ade(y,x,w);}
vector<int>qs;
int ans[1010];
int siz[N],vis[N],mx[N],rt,all;
void getrt(int x,int prev)
{
siz[x]=1,mx[x]=0;
fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=prev)
{
getrt(v,x),siz[x]+=siz[v];
mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]);
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
int dis[N],tot=0;
inline void getd(int x,int prev,int d)
{
dis[++tot]=d;
fore(i,x) if(v!=prev&&!vis[v]) getd(v,x,d+w);
}
#define IT multiset<int>::iterator
multiset<int> s;
void dfz(int x)
{
vis[x]=1;
fore(ei,x) if(!vis[v])
{
tot=0,getd(v,x,w);
for(int i=0;i<m;i++)
{
if(ans[i]) continue;
for(int j=1;j<=tot;j++)
{
if(dis[j]==qs[i]){ans[i]=1;break;} // 注意特判
IT it=s.lower_bound(qs[i]-dis[j]);
if(it==s.end()) continue;
if(dis[j]+(*it)==qs[i]){ans[i]=1;break;}
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++) s.insert(dis[i]);
}
s.clear();
fore(i,x) if(!vis[v])
{
all=mx[rt=0]=siz[v];
getrt(v,x),dfz(rt);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x,y,w;i<n;i++)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w),addedge(x,y,w);
for(int i=1,x;i<=m;i++) scanf("%d",&x),qs.pb(x);
all=mx[rt=0]=n,getrt(1,0),dfz(rt);
for(int i=0;i<m;i++) puts(ans[i]?"AYE":"NAY");
return 0;
}
LuoguP3085 [USACO13OPEN]阴和阳Yin and Yang
这个题也挺神的qwq
给一棵树，每条边有黑白两种颜色，下面用\((x,y)\)表示树上点\(x\)到点\(y\)的路径
问有多少条路径\((x,y)\)，满足存在路径上一点\(z(z \not= x,y)\)，使得\((x,z)\)这条路径上的黑白边数量相等，且\((z,y)\)这条路径上的黑白边也相等。
终于看到一个要动脑子的题了
还是淀粉质，考虑如何算重心\(x\)对答案的贡献，下面我们令\(d_v\)表示当前分治到的块中，点\(x\)到点\(v\)路径上黑白边的数量差，算\(d\)的话可以把\(0\)的边边权设为\(-1\)，\(1\)的边边权设为\(1\)。
发现满足条件的一条经过\(x\)路径\((u,v)\)一定满足\(d_u = -d_v\)（\(u,v\)也不能在\(x\)的同一子树中）
但\((u,v)\)上是否存在点\(z\)呢？
分类讨论一下，点\(z\)要么在\((x,u)\)上，要么在\((x,v)\)上。
在\((x,u)\)上时，一定满足\(d_z=d_x\)且\(-d_z=d_v\)，在\((v,x)\)上类似。
具体的把点分成两类，一类点是在该点\(v\)到\(x\)的路径上存在\(z\)，使得\(d_v=d_z\)的，二类点是没有的。
这样一类点可以和一，二类点产生贡献，而二类点只会和一类点产生贡献。
这个可以开几个桶算一下，实现看代码吧
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+10;
int n;
#define fore(i,x) for(int i=fst[x],v=to[i],c=col[i];i;i=nxt[i],v=to[i],c=col[i])
int fst[N],to[N<<1],nxt[N<<1],col[N<<1],es=0;
inline void ade(int x,int y,int w)
{to[++es]=y,col[es]=w,nxt[es]=fst[x],fst[x]=es;}
inline void addedge(int x,int y,int w)
{
w=w==1?1:-1;
ade(x,y,w),ade(y,x,w);
}
int siz[N],vis[N],mx[N],rt,all;
void getrt(int x,int prev)
{
siz[x]=1,mx[x]=0;
fore(i,x) if(v!=prev&&!vis[v])
{
getrt(v,x),siz[x]+=siz[v];
mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]);
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
int d[N],fa[N];
void dfs(int x,int prev,int w)
{
d[x]=w,fa[x]=prev;
fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=prev) dfs(v,x,w+c);
}
int tmp[N<<1],cnt[2][N<<1];
/*
cnt[0][i]表示2类点中，d为i的点的个数
cnt[1][i]表示1类点中，d为i的点的个数
tmp是用来遍历的时候确定1,2类点的。
*/
void upd(int x,int k1=1)
{
if(tmp[n+d[x]]) cnt[1][n+d[x]]+=k1;
else cnt[0][n+d[x]]+=k1;
tmp[n+d[x]]++;
fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=fa[x]) upd(v,k1);
tmp[n+d[x]]--;
}
ll ans=0;
void calc(int x)
{
ans+=cnt[1][n-d[x]]+cnt[0][n-d[x]]*(tmp[n+d[x]]!=0);
if(d[x]==0) ans+=tmp[n]>1;
/*
*这里要特判路径一个端点是重心的情况
*因为z不能在两个端点上，所以tmp要大于1
*/
tmp[n+d[x]]++;
fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=fa[x]) calc(v);
tmp[n+d[x]]--;
}
void dfz(int x)
{
vis[x]=1,dfs(x,0,0);
tmp[n]=1; // 注意要把x也放到桶里面
fore(i,x) if(!vis[v]) calc(v),upd(v); // 这里不用容斥算，枚举子树v，算与之前子树的贡献，然后在把v里面的点全部加入到桶里就好了
fore(i,x) if(!vis[v]) upd(v,-1); // 清除桶
tmp[n]=0;
fore(i,x) if(!vis[v])
{
all=siz[v],mx[rt=0]=all;
getrt(v,x),dfz(rt);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,x,y,w;i<=n-1;i++)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w),addedge(x,y,w);
mx[0]=n,all=siz[rt=0]=n;
getrt(1,0),dfz(rt);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
LuoguP2664 树上游戏
嘛....这个题好像有\(O(n)\)的做法...把\(n \log n\)点分治吊起来锤......然而我不会
题意：给一颗树，每个点有自己的颜色，定义\(s(i,j)\)表示点\(i\)到点\(j\)的路径上的颜色数量，\(sum_i=\sum\limits_{j=1}^{n}s(i,j)\)，然后让你求\(sum_1...sum_n\)
这玩意儿竟然能点分治...涨姿势了qwq
其实也不难理解，类似cdq分治，点分治在确定一个分治点\(x\)时，会把当前分治到的联通块分成几棵子树，那么我们要做的就是算这些子树两两之间经过点\(x\)的贡献就好了（当然还要把\(x\)的答案也更新一遍）
首先可以知道的一点，对于\(x\)（下面默认当前联通快以\(x\)为根）的一个儿子\(v\)，子树\(v\)里面的一点\(u\)，如果\(u\)的颜色是在路径\(x,u\)上第一次出现的话，那么对于子树\(v\)以外的点，都会产生\(size_u\)的贡献（\(size_u\)表示\(u\)的子树的大小）。
那么对于到根的路径上第一次出现的颜色，这个节点\(u\),我们开个桶\(tot\)，让\(tot[col_u]\)（\(col_u\)表示\(u\)的颜色）加上\(size_u\)就好了。
令\(sum = \sum tot[c]\)，那么对\(ans_x\)的影响就是\(sum\)，把\(ans_x\)加上\(sum\)
下面假设我现在要算点\(y\)的答案，点\(y\)在子树\(v\)中（\(v\)是\(x\)的一个儿子），假设\(y\)到\(x\)的路径上出现了\(k\)中颜色，那么这些颜色对\(ans_y\)的贡献就是\(k \times (size_x-size_v)\)，没有出现的颜色的贡献，就是除了子树\(v\)，其他节点记录在\(tot\)里的\(sum\)
然后这个维护一个桶，对联通块\(Dfs\)记下就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define fore(i,x) for(int i=head[x],v=e[i].to;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to)
#define N 111111
int n,col[N];
struct edge
{
int to,nxt;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void ade(int x,int y)
{e[++cnt]=(edge){y,head[x]},head[x]=cnt;}
inline void addedge(int x,int y){ade(x,y),ade(y,x);}
int sz[N],vis[N],rt,mx[N],all;
void getrt(int x,int prev)
{
sz[x]=1,mx[x]=0;
fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=prev)
{
getrt(v,x),sz[x]+=sz[v];
mx[x]=max(mx[x],sz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-sz[x]);
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
int siz[N];
void dfs(int x,int prev)
{
siz[x]=1; fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=prev)
dfs(v,x),siz[x]+=siz[v];
}
ll tot[N],sum; int tmp[N]; // tmp桶来算颜色个数以及是否是第一次出现
void upd(int x,int prev,int k1) // 跟新一棵子树对tot的贡献
{
int c=col[x];
if(!tmp[c]) tot[c]+=siz[x]*k1,sum+=siz[x]*k1;
tmp[c]++;
fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=prev)
upd(v,x,k1);
tmp[c]--;
}
void clear(int x,int prev)
{
tot[col[x]]=0;
fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=prev) clear(v,x);
}
ll nw,osiz,ans[N];
/*
* osiz : size_x - size_v
* nw : 当前点到x的颜色个数
*/
void getans(int x,int prev)
{
int c=col[x];
if(!tmp[c]) nw++,sum-=tot[c];
ans[x]+=nw*osiz+sum;
tmp[c]++; fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=prev)
getans(v,x);
tmp[c]--;
if(!tmp[c]) nw--,sum+=tot[c];
}
void calc(int x) // 算x对ans的贡献
{
dfs(x,0),upd(x,0,1);
ans[x]+=sum; int c=col[x];
fore(i,x) if(!vis[v])
{
sum-=siz[v],tot[c]-=siz[v];
tmp[c]++,upd(v,x,-1),tmp[c]--; // 注意要把子树v对tot和sum的贡献清除在算答案
tmp[c]++,osiz=siz[x]-siz[v],sum-=tot[c],nw=1;
getans(v,x);
tmp[c]--,nw=0,sum+=tot[c]; // 撤销操作
sum+=siz[v],tot[c]+=siz[v];
tmp[c]++,upd(v,x,1),tmp[c]--;
}
clear(x,0);
sum=0,osiz=0,nw=0;
}
void dfz(int x)
{
calc(x),vis[x]=1;
fore(i,x) if(!vis[v])
{
mx[rt=0]=all=sz[v];
getrt(v,x),dfz(rt);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&col[i]);
for(int i=1,x,y;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),addedge(x,y);
mx[rt=0]=all=n,getrt(1,0),dfz(rt);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
到这里先咕咕咕吧。。。【咕～】
[Updating]点分治学习笔记的更多相关文章
- 初学cdq分治学习笔记（可能有第二次的学习笔记）
前言骚话 本人蒟蒻,一开始看到模板题就非常的懵逼,链接,学到后面就越来越清楚了. 吐槽,cdq,超短裙分治....(尴尬) 正片开始 思想 和普通的分治,还是分而治之,但是有一点不一样的是一般的分治在 ...
- CDQ分治学习笔记
数据结构中的一块内容:$CDQ$分治算法. $CDQ$显然是一个人的名字,陈丹琪(NOI2008金牌女选手) 这种离线分治算法被算法界称为"cdq分治" 我们知道,一个动态的问题一 ...
- 点分治&&动态点分治学习笔记
突然发现网上关于点分和动态点分的教程好像很少……蒟蒻开篇blog记录一下吧……因为这是个大傻逼,可能有很多地方写错,欢迎在下面提出 参考文献:https://www.cnblogs.com/LadyL ...
- [摸鱼]cdq分治 && 学习笔记
待我玩会游戏整理下思绪(分明是想摸鱼 cdq分治是一种用于降维和处理对不同子区间有贡献的离线分治算法 对于常见的操作查询题目而言,时间总是有序的,而cdq分治则是耗费\(O(logq)\)的代价使动态 ...
- CDQ分治学习笔记（三维偏序题解）
首先肯定是要膜拜CDQ大佬的. 题目背景 这是一道模板题 可以使用bitset,CDQ分治,K-DTree等方式解决. 题目描述 有 nn 个元素,第 ii 个元素有 a_iai.b_ibi.c_ ...
- 三维偏序[cdq分治学习笔记]
三维偏序 就是让第一维有序 然后归并+树状数组求两维 cdq+cdq不会 告辞 #include <bits/stdc++.h> // #define int long long #def ...
- 学习笔记 | CDQ分治
目录 前言 啥是CDQ啊(它的基本思想) 例题 后记 参考博文 前言 博主太菜了 学习快一年的OI了 好像没有什么会的算法 更寒碜的是 学一样还不精一样TAT 如有什么错误请各位路过的大佬指出啊感谢! ...
- 再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT)
再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Bluestein算法+分治FFT+FFT的优化+任意模数NTT) 目录 再探快速傅里叶变换(FFT)学习笔记(其三)(循环卷积的Blueste ...
- PHP操作MongoDB学习笔记
<?php/*** PHP操作MongoDB学习笔记*///*************************//** 连接MongoDB数据库 **////*************** ...
随机推荐
- Law of large numbers and Central limit theorem
大数定律 Law of large numbers (LLN) 虽然名字是 Law,但其实是严格证明过的 Theorem weak law of large number (Khinchin's la ...
- 在webView中除去广告
首先建一个ADFilterTool.java类 代码如下 import android.content.Context; import android.content.res.Resources; p ...
- v-show和element中表单验证validate起到的化学反应
说起v-show和v-if,进行前端开发的大家一定不会陌生,他们都是用来控制标签元素的显示与隐藏的,他们的区别就是v-show会把标签渲染出来,只是会隐藏起来,相当于visibility:hidden ...
- 吴裕雄 Bootstrap 前端框架开发——Bootstrap 按钮：内嵌下拉菜单的按钮组
<!DOCTYPE html> <html> <head> <meta charset="utf-8"> <title> ...
- python 中常见的异常类型汇总
异常名称 描述 BaseException 所有异常的基类 SystemExit 解释器请求退出 KeyboardInterrupt 用户中断执行(通常是输入^C) Exception 常规错误的基类 ...
- CentOS操作系统部署zabbix agent服务
CentOS操作系统部署zabbix agent服务 作者:尹正杰 版权声明:原创作品,谢绝转载!否则将追究法律责任. 一.查看zabbix的官方手册 1>.点击下载 2>.查看Ubunt ...
- springCloud 之 Eureka服务治理机制及代码运行
服务提供者 服务注册: 服务提供者在启动的时候通过发送Rest请求的方式将自己注册到Eureka Server上,同时带上了自身服务的一些元数据信息.Eureka Server在收到这个请求后,将元数 ...
- springboot整合logback集成elk实现日志的汇总、分析、统计和检索功能
在Spring Boot当中,默认使用logback进行log操作.logback支持将日志数据通过提供IP地址.端口号,以Socket的方式远程发送.在Spring Boot中,通常使用logbac ...
- Ubuntu下C++编译指令总结
本实例只是简单的调用了一个libcurl.a的静态库,实例代码如下: #include <curl/curl.h> #include <iostream> using name ...
- Java中JSON字符串与java对象的互换实例详解（转）
http://www.jb51.net/article/90914.htm 在开发过程中,经常需要和别的系统交换数据,数据交换的格式有XML.JSON等,JSON作为一个轻量级的数据格式比xml效率要 ...