「ZJOI2016」大森林 神仙题... 很显然线段树搞不了 考虑离线操作 我们只搞一颗树,从位置1一直往后移动,然后维护它的形态试试 显然操作0,1都可以拆成差分的形式,就是加入和删除 因为保证了操作2的合法性,我们不妨先不计合法性把所有点加到树中 显然每个点要连到在这个点之前的离这个点时间上最近那个1操作的点上 然后可以发现移动时1操作相当于很多个点换根 我们可以对每个1操作建一个虚点,然后就可以很方便换根了 那么如何保证查询操作呢? 可以把每个1操作的虚点大小设成0(代表它父亲边的直接长度…

目录 @description@ @solution@ @accepted code@ @details@ @description@ 小 Y 家里有一个大森林,里面有 n 棵树,编号从 1 到 n.一开始这些树都只是树苗,只有一个节点,标号为 1.这些树都有一个特殊的节点,我们称之为生长节点,这些节点有生长出子节点的能力.小 Y 掌握了一种魔法,能让第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点长出一个子节点.同时她还能修改第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点.她告诉了你她使用魔法的记录,你能不能管理她…

ref不是太懂-- #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; int n, m, tot, val[200005], fa[200005], idx[200005], num, lf[200005], cnt; int ans[200005], ch[200005][2], sum[200005], rg…

「THUSCH 2017」大魔法师 狗体面太长,帖链接了 思路,维护一个\(1\times 4\)的答案向量表示\(A,B,C,len\),最后一个表示线段树上区间长度,然后每次的操作都有一个转移矩阵,随便搞搞就成了,卡常 Code: #include <cstdio> #include <cstring> namespace io { const int SIZE=(1<<21)+1; char ibuf[SIZE],*iS,*iT,obuf[SIZE],*oS=ob…

「JLOI2015」管道连接 先按照斯坦纳树求一个 然后合并成斯坦纳森林 直接枚举树的集合再dp一下就好了 Code: #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using std::min; const int N=1<<10; template <class T> void read(T &x) { x=0;cha…

「NOI2017」蚯蚓排队 这题真的草 你考虑\(k\)这么小,每次合并两个串,增加的有用串的数量是\(O(k^2)\)的,暴力加入这些串,求一下这些串的Hash值,塞到Hash表里面去 这里采用类似双hash的方法,一个表进行拉表,另一个表存这个串的权值 然后就是暴力搞了 犯了个很sb的错误,我把每个蚯蚓长度都-1了,这样很容易爆Hash 不过我最开始是对每个长度的串开一个Hash数组搞,这样空间大,时间常数大,卡不过去,但不会因为长度为0的情况爆hash 最后回来的时候,一直爆Hash到自闭…

「FJOI2016」神秘数 这题不sb,我挺sb的... 我连不带区间的都不会哇 考虑给你一个整数集,如何求这个神秘数 这有点像一个01背包,复杂度和值域有关.但是你发现01背包可以求出更多的东西,就是每个值是否可以被表示,而这个问题有点像问你一个单点的是否可以被表示,这是它的特殊性. 我们把这个整数集排序后,假设当前表示的区间是\([1,x]\),这时候在线加入\(a\) 如果\(a\le x\),显然值域变成\([1,x+a]\),否则答案假设\(x+1\) 考虑如何优化这个过程,我们可不可…

「SCOI2016」背单词 出题人sb 题意有毒 大概是告诉你,你给一堆n个单词安排顺序 如果当前位置为x 当前单词的后缀没在这堆单词出现过,代价x 这里的后缀是原意,但不算自己,举个例子比如abc的后缀是bc和c 否则 如果它的后缀(指在n个单词中的)在1~x-1全部出现了,代价为x-最后一个后缀的位置y 如果没有全部出现,代价n^2 看我气的连latex都懒得用了 然后你发现按后缀建字典树就可以了 然后你发现直接按子树大小贪心就可以了 但是我一开始偷懒就直接在trie上贪心走子树,这样是不行…

「NOI2015」寿司晚宴 这个题思路其实挺自然的,但是我太傻了...最开始想着钦定一些,结果发现假了.. 首先一个比较套路的事情是状压前8个质数,后面的只会在一个数出现一次的再想办法就好. 然后发现有个重要的事情是后面每个质因子\(x\)做统计的时候都是独立的,那么单独做就好了 显然要压两个人的前面质因子集合\(f_{i,j}\)代表两个人分别是\(i,j\)集合的答案,然后一块一块的加后面的质因子就好 加每一块时,我们显然需要处理谁选择了这一块或者都没选,再搞个\(dp_{0/1,i,j}\…

「SCOI2015」国旗计划 蛮有趣的一个题 注意到区间互不交错,那么如果我们已经钦定了一个区间,它选择的下一个区间是唯一的,就是和它有交且右端点在最右边的,这个可以单调队列预处理一下 然后往后面跳拿倍增优化一下 Code: #include <cstdio> #include <cctype> #include <algorithm> #define int unsigned int const int N=4e5+10; template <class T&g…