T1 树上的数 \(DFS\)一遍.结构体存边好像更快? \(code:\) T1 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; namespace IO{ int read(){ int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=…

T1 宝藏 发现每个数成为中位数的长度是关于权值单调的.线段树二分判断是否合法,单调指针扫即可. 考场上写了二分,平添\(\log\). \(code:\) T1 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; namespace IO{ typedef long long LL; LL read(){ LL x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-…

ZJ模拟D2就是NB.. T1 Star Way To Heaven 谁能想到这竟是个最小生成树呢?(T1挂分100的高人JYF就在我身边 把上边界和下边界看成一个点和星星跑最小生成树,从上边界开始跑到下边界,一定会出现一条将矩阵纵向一分为二的折线,其中线段都是最小距离,答案就是其中最长的线段的一半. 我直呼NB 由于这是个完全图,kruscal比prim多个log,会炸. code: 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define debug exit(0) 3 us…

Time 7:50 AM -> 11:15 AM 感觉今天考完后,我的内心是崩溃的 试题 考试包 T1: 首先看起来是个贪心,然而,然而,看到那个100%数据为n <= 2000整个人就虚了,发呆接近两小时后意识到这个应该是个dp,然后开始考虑dp方程,脑残把dp打成了n^3,果断上天..而且在转移过程中推错多打了一个-1,于是3个wa 1个ac 6个TLE ,10分滚粗 T1 dp 正解: 使用二维dp记录当前状态,dp[i][j]表示在前i个妖精中选择了j个妖精的最小时间,转移过程如下:…

T1 树上的数 有手就能在衡中$OJ$上过,但是$WaitingCoders$不行,就是这样 必须使用$O(n)$算法加上大力卡常,思路就是找子树内没更新的更新,更新过了直接$return$ 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,m,q1,vis[5000001],fa[5000001],a,b,X,Y,tmp,ans; 4 struct SNOW{int to,next;}e[5000001];int head[50…

\(n=40\)考虑\(meet \;in \;the \;middle\) 某个元素有关的量只有一个时考虑转化为树上问题 对暴力有自信,相信数据有梯度 没了 UPD:写了个略说人话的. T1 最大或 选两个数,其中一个肯定选\(r\).另一个在不卡上界后二进制位全选\(1\). \(code:\) T1 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; namespace IO{ typedef long l…

T1 洛希极限 不难发现每个点肯定是被它上一行或上一列的点转移.可以预处理出每个点上一行,上一列最远的能转移到它的点,然后单调队列优化. 预处理稍显ex.可以用并查集维护一个链表,记录当前点之后第一个没有被预处理的点的位置,这样就保证了每个点只会被更新一次. 同时正因为只被更新一次,所以行列的预处理都应先排序. 单调队列可以手写结构体,维护方案数比较方便. \(code:\) T1 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int…

T1 如何优雅的送分 考虑式子的实际意义.\(2^{f_n}\)实际上就是枚举\(n\)质因子的子集.令\(k\)为这个子集中数的乘积,就可以将式子转化为枚举\(k\),计算\(k\)的贡献. 不难得出\(k\)一定没有平方因子,那么枚举\(k\)就可以写为枚举\(\left \{ \mu^2(d)|d\in N^* \right \}\),即: \[2^{f_i}=\sum_{k=1}^n\mu^2(k) \] 发现有\(\mu^2(d)=\sum_{k^2|d}\mu(k)\),证明时考虑\…

T1 自然数 发现\(mex\)是单调不降的,很自然地想到用线段树维护区间端点的贡献. 枚举左端点,用线段树维护每个右端点形成区间的\(mex\)值.每次左端点右移相当于删去一个数. 记\(a_i\)在\(i\)下一次出现的位置为\(pos_i\),那么左端点\(i\)移到\(i+1\),实际上就是将左端点在\([i,pos_i)\)的区间中\(mex\)值大于\(a_i\)的改为\(a_i\).线段树上二分可以解决,中途要记区间最小值便于二分. \(code:\) T1 #include<bi…

T1出了个大阴间题 状压\(DP\),记当前状态的代价和与方案数.状态\(\Theta(2^nn)\),转移\(\Theta(n)\). 发现每个状态的最大值只会是所选集合的\(max\)或加一.于是可以降维.(我太弱考场上没想到 \(code:\) T1 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; namespace IO{ auto read=[]()->int{ char ch=getchar…