题目の传送门~ 题目大意: 将\(n\)个蛋糕分成恰好\(k\)份, 求每份中包含的蛋糕的种类数之和的最大值. 这题有两种做法. 第一种是线段树优化dp, 我还没有考虑. 另一种就是分治+主席树. 然后如果看到分治+主席树的话 可以看成是两道题的二合一~ 不过ADAMOLD正解应该是有\(O(nk)\)做法的吧, 我的\(O(nklogn)\)分治好像被卡了一点常数QwQ 首先我们可以非常容易的看出这题要用dp和状要用到的状态转移方程 \[ f[i][j]=max{f[i-1][k]+d(k+1…

这是学完主席树去写的第二道题_(:з」∠)_ 之前用树上莫队水过了COT2... 其实COT也可以用树上莫队水过去不过好像复杂度要带个log还是怎么样可能会被卡常数.. 那就orz主席吧.... 写了一发然后非常快速的WA掉了... 然鹅bzoj(luogu)搞成了强制在线, 那就真的不能orz莫队智能orz主席了... 结果在luogu写了一发交上去全RE... 然后发现讨论区一帮子病友... 但是根据他们的心得改一波还是RE啊... 后来发现是自己脑抽参数传错了... 于是就WA呗, 那么一…

 先写出朴素的DP方程f[i][j]=f[k][j-1]+h[k+1][i] {k<i}(h表示[k+1,j]有几个不同的数)  显然时间空间复杂度都无法承受   仔细想想可以发现对于一个点 i 从 k 转移了,证明了 1~k 中 k 一定是最优的,不论对于i或者i之后的任何点x都是如此,不存在对i最优但对i之后的任何点x更优,否则i也可以更优(因为只多了一段h[i+1][x](i<x),而这一段显然是相同的),其实打表也能看出来(orz CYC!) 证明: 假设a<b,k>l,a…

题目大意:略 题目传送门 神题,不写长题解简直是浪费了这道题 贪心 考虑从0节点出发的情况,显然一直往前走不回头才是最优策略 如果起点是在中间某个节点$s$,容易想到,如果既要游览$s$左边的某些景点,又要游览$s$右边的某些景点,最优策略一定是先游览完一边,然后再穿过$s$节点去游览另一边 也就是说$s$节点一定只被穿过一次,且先被游览完的一边还要额外消耗$x$点代价,$x$是距离$s$最远的被游览的节点到s的距离 设计DP状态 现在只考虑从S出发往右走的情况 定义状态$dp[i][j]$表示…

传送门 整天做一些模板题感觉药丸 设\(val_i\)表示第\(i\)个位置的值 看到区间最大值考虑最值分治.对于当前的区间\([l,r]\),找到区间最大值\(mid\),递归\([l,mid-1]\)和\([mid+1,r]\),然后考虑pair\((i,j)(i \in [l,mid] , r \in [mid,r])\)的贡献. 扫\([l,mid]\)和\([mid,r]\)中较短的一段区间,那么对于扫到的一个位置\(i\),它的贡献就是另一段区间中值小于等于\(\lfloor \fr…

LINK:holiday 考虑第一个subtask. 容易想到n^2暴力枚举之后再暴力计算答案. 第二个subtask 暴力枚举终点可以利用主席树快速统计答案. 第三个subtask 暴力枚举两端利用主席树计算贡献. 最后一个 subtask. 容易想到还是固定左端点来不断的寻找右端点. 不过很遗憾这最多只能做到\(n^2logn\) 需要从其他的角度入手 感觉前面几个subtask一直在迷惑选手. 可以从天数下手 左边多少天右边多少天. 显然 需要预处理出\(f1_i,f2_i\)分别表示从起…

[题意]n个数字分成k段,每一段的价值是段内不同数字的个数,求最大价值.n<=35000,k<=50. [算法]分治决策单调+主席树(可持久化线段树) [题解] f[i][j]表示前i天分成j段的最大价值. f[i][j]=max(f[k][j-1]+work(k+1,i)),j-1<=k<i. 首先打表发现有决策单调性(把j提到第一维). 然后有经典写法:主席树维护区间不同数字个数. 那么根据决策单调性进行分治,在每次l,r(mid=l+r>>1)从L,R中转移时,用…

题目链接 The Bakery 题目大意:目标是把$n$个数分成$k$组,每个组的值为这个组内不同的数的个数,求$k$个组的值的和的最大值. 题目分析: 这道题我的解法可能和大众解法不太一样……我用主席树求$ask(l, r)$——$l$到$r$之间有多少个不同的数. 然后就是$DP$了. 这道题的数据规模是 $n <= 35000$, $k <= 50$ 首先直接$DP$的做法还是比较简单的.代码如下. 其中$f[i][j]$为前$i$个数分成$j$组可以得到的最大的和 rep(i, 1,…

LINK:小V和gcd树 时限是8s 所以当时好多nq的暴力都能跑过. 考虑每次询问暴力 跳父亲 这样是nq的 4e8左右 随便过. 不过每次跳到某个点的时候需要得到边权 如果直接暴力gcd的话 nqlogn就过不了了. 这里有两种解决办法: 一种是比赛的时候队友想的 一种是比较容易想到的方法. 前者套用树链剖分 只对重儿子的边进行修改 这样每次修改的复杂度为qlog. 考虑查询的时候沿着重链向上跳 这样重边可以O(1)得到答案 轻边暴力. 那么就得到了一个 nq+qlog^2的做法了. 当然可…

正解:主席树+倍增+分治 解题报告: 传送门! 首先看到这题会想到之前考过的这题 但是那题其实简单一些,,,因为那题只要用个分治+预处理就好,只是有点儿思维难度而已 这题就不一样,因为它说了是按照原树上的顺序再命名,而且还是只截一棵子树 而且那题麻油已知的图的形状,每次都要重新建一个图,所以不存在倍增之类的玩意儿 这题是给定了树的形状了,然后给一堆询问 所以这题的代码要麻烦很多 不过只是题解的话麻油什么关系,毕竟思维难度其实比那题还简单那么点儿来着,,,因为那题有一种路径很难被想到,但这题是棵树…