容易写出nQ的暴力 由于数据是期望的时间 所以直接dfs可以跑的很快 可以拿到70分. 当然 可以进一步优化暴力 使用换根dp 然后可以将暴力优化到n^2. const int MAXN=300010; int n,Q,T,len,maxx; int lin[MAXN],d[MAXN],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1]; inline void add(int x,int y) { ver[++len]=y; nex[len]=lin[x]; lin[x]=len…

LINK:图 在说这道题之前吐槽一下今天的日子 520 = 1+1+4+514. /cy 这道题今天做的非常失败 一点分都没拿到手 关键是今天的T3 把我整个人给搞崩了. 先考虑 如果得到了这么一张图 怎么得到染色的方案数. 发现很难计算 容斥?总方案-2个相同的+3个相同的 我都觉得不太靠谱且复杂度过高. 考虑直接用乘法原理计数 随便从一个点dfs 然后把相邻的点能选择的方案-1. 这样也是错误的 如一个四个点的环(可能不满足题目中的条件类似的 不过也是可以构造出来的. 第一个点贡献为n 第二…

发现和SDOI2017树点涂色差不多 但是当时这道题模拟赛的时候不会写 赛后也没及时订正 所以这场模拟赛的这道题虽然秒想到了LCT和线段树但是最终还是只是打了暴力. 痛定思痛 还是要把这道题给补了. 但是对于这道题来说 暴力还是有价值的. 考虑20分 每次暴力dfs. 考虑对于树是随机生成的 那么期望高度为logn 我们发现每次修改只用修改到1 也就是说每次暴力修改颜色的话只需要logn的时间复杂度. 考虑如何动态维护子树内的值 考虑修改一个点的颜色 子树内之前和它颜色一样的点 显然子树内部整体…

LINK:字符串 看起来很难做 考虑一种暴力 建立SAM后每次查询暴力扫儿子. 期望得分10分.实际得分10分. 另外一种发现每次扫儿子过于暴力 可以每次儿子向上做贡献 每次都暴力向上跳. 期望得分10分.实际得分100分. 由此可以发现玄学的暴力非常的强大 可能这就是所谓的暴力出奇迹吧. 考虑离线:这样就可以把SAM给建出来了 进一步的 每次询问是查询子树和. 每次修改是单点修改 可以利用线段树维护dfs序就做完了. 不过其中存在细节 分裂的节点是影响答案的统计的. 怎么处理分裂的节点?注意到…

今天是[LnOI2019]长脖子鹿省选模拟赛的时间,小编表示考的不怎么样,改了半天也只会改第一题,那也先呈上题解吧. T1:P5248 [LnOI2019SP]快速多项式变换(FPT) 一看这题就很手软,没有告诉具体多项式到底有多少项,只好一个一个暴力枚举,但是这也不现实,于是小编就开始骗分,还一分也没骗着.赛后小编看到的题解,才明白这是一道转进制的题,将十进制转换成m进制,m^0,m^1,m^2这不刚好对应上m进制的单位吗?所得结果刚好就是问题的解.那么用短除法模拟算出m进制下f(m)的每一位…

[BZOJ4530][Bjoi2014]大融合 试题描述 小强要在N个孤立的星球上建立起一套通信系统.这套通信系统就是连接N个点的一个树. 这个树的边是一条一条添加上去的.在某个时刻,一条边的负载就是它所在的当前能够 联通的树上路过它的简单路径的数量. 例如,在上图中,现在一共有了5条边.其中,(3,8)这条边的负载是6,因 为有六条简单路径2-3-8,2-3-8-7,3-8,3-8-7,4-3-8,4-3-8-7路过了(3,8). 现在,你的任务就是随着边的添加,动态的回答小强对于某些边的负载…

目录 @description@ @solution@ @accepted code@ @details@ @description@ 一棵 k-超级树(k-SuperTree) 可按如下方法得到:取一棵深度为 k 的满二叉树,对每个节点向它的所有祖先连边(如果这条边不存在的话). 例如,下面是一个 4-超级树: 请统计一棵 k-超级树 中有多少条不同的简单有向路径,对 mod 取模. input 一行两整数 k, mod. output 一行一整数表示答案. example input1: 2…

题意:一张图求每条边边权最多改成多少可以让所有MST都包含这条边. 这题还是要考察Kruskal的贪心过程. 先跑一棵MST出来.然后考虑每条边. 如果他是非树边,要让他Kruskal的时候被选入,必须要让他连的两个点$u,v$连通之前被选上,也就是说,必须得小于MST上$u,v$路径中的至少一条边,那么让他小于最大的那条(减一)即可. 如果他是树边,那么考虑如果删去他,他连接的两点如果要连通,可否用其他边替换.发现一定可以用经过这条边的非树边替换他,且会使用最小的一条非树边作为新的MST的边.…

这道题目太神啦! 我们考虑他的每一次合并操作,为了维护两棵树合并后树的重心,我们只好一个一个的把节点加进去.那么这样一来看上去似乎就是一次操作O(nlogn),但是我们拥有数据结构的合并利器--启发式合并,那么我们就可以在均摊O(log2n)的时间内合并一颗树,这题就可以完美的AC啦! 什么,你问怎么维护重心?我们可以记录一个值sb表示子树的大小.怎么维护sb呢?我们可以采用打标记的方法,把新加入的节点到根的路径上的点的sb值都+1 对于维护答案,我们维护一个sm变量,来保存子树内所有节点到这个…

题目链接 BZOJ 洛谷 详见这. 求所有点到某个点距离和最短,即求树的重心.考虑如何动态维护. 两棵子树合并后的重心一定在两棵树的重心之间那条链上,所以在合并的时候用启发式合并,每合并一个点检查sz[]大的那棵子树的重心(记为root)最大子树的sz[]*2是否>n: 若>n,则向fa移动一次(先把合并点Splay到根).重心还一定是在sz[]大的那棵子树中,且移动次数不会超过sz[]小的子树的点数(所以总移动次数不会超过O(n)?). 复杂度 \(O(nlog^2n)\) 具体实现..想通…

2888: 资源运输 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 63  Solved: 33[Submit][Status][Discuss] Description        小Y盯上了最近发行的即时战略游戏——ResourceTransport.但在前往通关之路的道路上,一个小游戏挡住了小Y的步伐.“国家的本质是生产与收集资源”是整款游戏的核心理念,这个小游戏也不例外.简单的说,用户需要管理一个国家,使其繁荣富强.        一个…

LINK:树 考虑暴力 保存每个版本的父亲 然后暴力向上跳.得分20. 考虑离线 可以离线那么就可以先把树给搞出来 然后考虑求k级祖先 可以倍增求. 如何判断合法 其实要求路径上的边的时间戳<=当前时间戳 这个也可以倍增做. 当然我脑抽了 把询问版本排序后利用并查集判连通性了. 考虑正解:这下就有两个方向了: 一个是倍增数组的问题 容易想到如果倍增数组可以求出 那么问题迎刃而解 倍增数组每个位置最多被更新一次 所以每次暴力判断是否可以更新 递归来做这个事情. 复杂度不太能证明. 还有一个是 如果…

LINK:小B的图 这道题就比较容易了. 容易想到将询问离线 然后 从小到大排序 那么显然是优先放正图(x+k)的边. 考虑随着x的增大 那么负图上的边会逐渐加进来 一条边被加进来当且仅当 其权值小于其能影响到的某条边的权值. 这样 随便列一个不等式就可以解出下界. 值得注意的是 加边的时候 肯定是x较小的先加 所以这个也要排序. 一个需要证明的地方是:虽然x较小的先加 但事实上可能x较大的先加上去了. 这个时候 是否会影响到x较小的加边情况呢? 答案是否定的 考虑较大的可以先加进来 当且仅当…

爆炸了QAQ 传送门 \(A\) \(Mas\)的童年 这题我怎么感觉好像做过--我记得那个时候还因为没有取\(min\)结果\(100\to 0\)-- 因为是个异或我们肯定得按位考虑贡献了 把\(a\)做个前缀异或和,记为\(s_i\),那么就是要找到 \[\max_{j<i}\{s_j+(s_j\oplus s_i)\}\] 我们假设\(s_i\)第\(k\)位为\(a\),\(s_j\)第\(k\)位为\(b\),\(s_j+(s_j\oplus s_i)\)第\(k\)位为\(c\)…

预计分数:100+60+60=220 实际分数:100+60+40=200 除了暴力什么都不会的我..... T1 2017.9.17巧克力棒(chocolate) 巧克力棒(chocolate)Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB题目描述LYK 找到了一根巧克力棒,但是这根巧克力棒太长了,LYK 无法一口吞进去.具体地,这根巧克力棒长为 n,它想将这根巧克力棒折成 n 段长为 1 的巧克力棒,然后慢慢享用.它打算每次将一根长为 k 的巧克力棒折成两段长为 a…

一 稍微转化一下,就是找所有和原树差距不超过k的不同构树的个数 一个挺trick的想法是: 由于矩阵树定理的行列式的值是把邻接矩阵数值看做边权的图的所有生成树的边权乘积之和 那么如果把不存在于原树中的边的边权设为x,做矩阵树定理得到n-1次的多项式第i次项系数就是选择新选择i个边的方案数! 带着x不好做,x=1~n带入,然后插值即可 O(n^4) 二 开始碾标算了: 还是可以树形DP,经典的树形DP套路难办的原因是不知道干掉的子树接在哪里 所以我们干脆先不管接在哪里,先都砍断 一个公式: htt…

传送门 又炸了-- \(A\) 唐时月夜 不知道改了什么东西之后就\(A\)掉了\(.jpg\) 首先,题目保证"如果一片子水域曾经被操作过,那么在之后的施法中,这片子水域也一定会被操作" 这个意思就是说,如果一个点\((x,y)\)被操作过,那么它被进行的操作一定是所有操作的一个后缀和 这样的话我们只要对于每个点维护一下它有几个操作,并把操作的后缀和维护起来,就能知道它到底被怎么操作了 维护有几个操作的话二维前缀和就行了 然后关键是后缀和我们应该怎么处理 因为这是一个矩阵,那么我们考…

1 arg (arg.cpp/in/out, 1s, 512MB)1.1 Description给出一个长度为 m 的序列 A, 请你求出有多少种 1...n 的排列, 满足 A 是它的一个 LIS.1.2 Input Format第一行两个整数 n,m.接下来一行 m 个整数, 表示 A.1.3 Output Format一行一个整数表示答案.1.4 Sample1.4.1 Input5 31 3 41.4.2 Output111.5 Constraints对于前 30% 的数据, n ≤ 9…

Description  Solution T1 game 咕咕咕 T2 string fail树各个节点的深度之和怎么求? 我们考虑每个前缀的深度是什么 发现这个值就相当于有多少个前缀等于它的后缀 所以有个思路就是考虑一对相同子串的贡献 假设这两个子串是\(S[x..y]\)和\(S[l..r]\) 那么包含\(S[x..r]\)的fail树有\(n-r+1\)个,所以贡献就是\(n-r+1\) 发现上面的可以转化为求\(\sum f_i\),其中\(f_i\)表示\(S[1..i]\)包含的…

题目 比赛界面. T1 不难想到,对于一个与\(k\)根棍子连接的轨道,我们可以将它拆分成\(k+1\)个点,表示这条轨道不同的\(k+1\)段. 那么,棍子就成为了点与点之间的边.可以发现,按照棍子连边之后,我们一定可以得到一些链.假设每条轨道的最后一段作为链头,查询实际上就是查询所在链的链头. 使用 LCT 或 Splay 维护这些链即可,时间\(O(n\log_2n)\). #include <cstdio> #include <vector> using namespace…

题目   比赛界面. T1   比较简单.容易想到是求鱼竿的最大独立集.由于题目的鱼竿可以被分割为二分图,就可以想到最大匹配.   尝试建边之后会发现边的数量不小,但联系题目性质会发现对于一条鱼竿,它会影响的垂直方向上的鱼竿一定是一个区间,因此再套一发线段树优化即可.   这里不建议写倍增优化,因为倍增的点是\(O(n\log_2n)\),而网络流的时间是\(O(n^2m)\),因此可能会慢一些.   当然,你知道,这细网咯流咩......时间复杂度还是比较emmmm......的   代码:…

LINK:Decompose 看起来很难 实际上也很难 考验选手的dp 树链剖分 矩阵乘法的能力. 容易列出dp方程 暴力dp 期望得分28. 对于链的情况 容易发现dp方程可以转矩阵乘法 然后利用线段树维护矩阵即可. 这个矩阵很容易列出这里不再赘述. 对于100分 容易想到动态dp模型 LCT写动态dp是万万不能的. 而且这道题的dp方程和其他儿子也有些关系. 考虑树链剖分 然后分别计算轻儿子和重儿子的贡献. 让重儿子利用矩阵来进行转移 轻儿子当做常数. 这样每次修改的时候 修改的节点最多只有…

LINK:拍卖 比赛的时候 前面时间浪费的有点多 写这道题的时候 没剩多少时间了. 随便设了一个状态 就开始做了. 果然需要认真的思考.其实 从我的状态的状态转移中可以看出所有的结论. 这里 就不再赘述我那个爆零代码了. 一下把 有价值的东西简称为1 无价值的东西简称为 0 结论1:容易想到 答案一定是0,1串.考虑证明 当不存在k这个限制的时候 在先手 两次拿到1之间 后手一定可以拿到一个1 否则后手就拿先手的第二个1. 考虑存在k的时候 到达k之前有Vf>=Vs 如果此时前面的都选了 那么和…

LINK:Permutation 对于这种构造神题 我自然是要补的.为啥就我没想出来哇. 30分还是很好写的 注意8!实际上很小 不需要爆搜 写bfs记录状态即可.至于判断状态是否出现与否 可以开map np一点的做法是利用康拓展开和逆康托展开(还需要hash 没啥用. 但是 经过不断的手玩排列为8的数列容易发现 对于最差的情况 8 7 6 5 4 3 2 1 也最多需要3次. 所以 可以直接去掉bfs的过程 直接三层2^n枚举 开map统计状态量 这样可以做的飞快.算法的名称估计可以叫做为 模…

LINK:T1 算是一道中档题 考试的时候脑残了 不仅没写优化 连暴力都打挂了. 容易发现一个性质 那就是同一格子不会被两种以上的颜色染.(颜色就三种. 通过这个性质就可以进行dp了.先按照左端点排序. 设f[i]表示前i个画笔必选的最大价值. 枚举决策j 分类讨论相交还是包含 还是相离. 其中包含的情况没必要讨论 相交需要比对一下颜色再进行转移 不过我写的时候多打一个东西导致爆零. 值得一提的是 对于相交的情况 相交的部分不会被之前转移的线段给交上去 可以证明这样不是最优的. 所以这样dp是正…

显然发现可以二分. 对于n<=100暴力dp f[i][j]表示前i个数分成j段对于当前的答案是否可行. 可以发现这个dp是可以被优化的 sum[i]-sum[j]<=mid sum[i]-mid<=sum[j] 维护一个最大的sumj 即可O(1)转移 复杂度nklog 可以获得 40分. 考虑ai>=0 二分完之后直接贪心即可 能选就选 可以证明 这是最优的或者说对后面结果不会更差. 考虑ai<=0 二分完之后可以发现能分成一段就分成一段 只要分的段数>=k即可.…

题面 一根长为 n 的无色纸条,每个位置依次编号为 1,2,3,-,n ,m 次操作,第 i 次操作把纸条的一段区间 [l,r] (l <= r , l,r ∈ {1,2,3,-,n})涂成颜色 i ,最后一定要把纸条涂满颜色,问最终的纸条有多少种可能的模样. 输入为两个数 n,m ,输出为你的答案 m <= n <= 1e6 题解 不考虑先前染的颜色被覆盖这件事情.如果某种颜色在最终的序列中出现了 x 次,那么我们就直接认为在染这种颜色的时候,我们只染了 x 个格子. 但这样一来每次染…

solution: 最小割问题. 建如下边: (S,i,Ai)代表选用A语言编写第i个项目: (i,T,Bi)代表选用A语言编写第i个项目: 其后注意要反向连边 (i,j,D)代表选用B语言编写第i个项目,选用A语言编写第j个项目: (j,i,C)代表选用A语言编写第i个项目,选用B语言编写第j个项目: litc学长出的题,引文最小割题目做的少,想的少,考试时一直没写出来,按题解自己写了个ISAP,已通过所有测试点. #include<cstdio> #include<cstdlib&g…

orz lydrainbowcat [Problem A]「艦これ市」70万幕后交易事件 排序机器=-=.重要的是相同的处理. 我们可以从小到大添加数字,然后维护一个位置的序列.每一种相等的数字都在一块.如果我们要添加一个新的数字,要把位置>它的数字全部弹出,而且要把小于它的数字(在队头)全部弹出,这样才能保证正确性和最优性. #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <…

t1-Painting 这道题目比较简单,但是我比较弱就只是写了一个链表合并和区间DP. 别人的贪心吊打我的DP,嘤嘤嘤. #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; namespace chhokmah { #define N 100005 #define M 5005 int a[N], l[M], r[M], pos[N]; int n, m, cnt; ll sum[M], f[M][M]; ll…