06 2017 档案
摘要：数学+模拟 细节很多 首先我们发现，如果两个区间已经包含，那么可以输出empty，一个数能通过变换得到另一个区间的数，这个区间的大小必须小于等于终点区间的大小。加法不会改变区间大小，只有乘法会改变，而且每次乘法会使区间大小扩大m倍。其实我们发现，最终一个数会变成p*x+y,x是m的几次幂，y是一个a
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摘要：并查集+数学 这道题网上好像有两种解法。 这位写的很可读：http://blog.csdn.net/unicornt_/article/details/51901225 然后看完大概就懂了做法，但是实现上还有很多细小的地方。 cnt要-1，因为第一行和第一列会算两次。 数组要开四倍。 至于为什么要拆
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摘要：斜率优化 那个并查集还是A不掉，就做一些其他的。 一开始并不能写出dp方程，但是有这个结论，分割的顺序不影响答案，那么就很好写出了。 dp[i][k]=dp[j][k-1]+(sum[i]-sum[j])*sum[j] 因为顺序不影响答案，所以我们就可以看成从后往前一段一段割，所以就是先割掉i,再割
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摘要：fhqtreap 其实fhqtreap只有可持久化之后才用新建节点。。。 reverse和splay一样。 //#include<bits/stdc++.h> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; typedef long
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摘要：A:暴力枚举 模拟 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 60; int n; int a[N][N]; int main() { scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; ++i)
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摘要：主席树+脑洞 首先我们有一个结论：如果我们已经凑出1-n,那么下一个数必须小于等于n+1才能凑出n+1，否则结束。 那么如果只有一次询问，我们把数组排序，然后扫一遍看每个数当前能不能加入。但是多组询问就不行了，这是我们就要用主席树。 主席树是权值线段树，我们维护区间和，但是我们不能扫一遍，就得进一步
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摘要：可持久化treap 抄了个模板。 可持久化treap和主席树一样，都是利用了以前的节点来节省空间。但是却又有些不一样。可持久化treap基于两种操作：merge和split。其他操作都是由这两种操作完成，除了build。这两种操作都要满足第一颗treap的所有节点都是小于第二颗treap，这样才能l
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摘要：日本人的比赛 C:如果两个数差了大于1无解，否则分类讨论 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 100010, mod = 1000000007; int n, m; ll a
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摘要：脑洞 很早以前没有补掉的题目 四色问题肯定使有解的，然后就是怎么构造。注意到边长是奇数，那么我们就可以分类，按左上角坐标的奇偶性分类，正好对应四种颜色。因为当两个矩形左上角横纵坐标奇偶性不同时，那么肯定不会相邻，所以可以任意填，否则分类就可以了。 #include<bits/stdc++.h> us
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摘要：tarjan求割点 我发现我还不会求割点 首先我们发现如果整个图是一个点双，那么要放两个出口。答案是2 c(n, 2) 如果不是，说明这个图存在割点能把图分成很多个部分，那么我们就要把割点求出来，每个点双和割点缩成一个点，这样就构成了一棵树。然后每个度数为一的点都要放一个出口，如果度数大于一就不用放
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摘要：线段树+概率 今天这道题爆零了，奥妙重重。 其实我们可以把式子化成这样:sigma((i-l+1)*(r-i+1)*ai) 这里r减了1 然后展开,(1-l)*(r+1)*ai+(r+l)*i*ai-i*i*ai 我们发现除了含有i的项其他都可以提到外面，也就是说我们要维护ai,i*ai,i*i*a
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摘要：几何+lis 很巧妙。直接做很困难，那么我们转化一下，把每个点能看见的圆弧画出来。只有这些圆弧相交时才满足条件。 那么也就是找出圆上尽量多两两相交的区间。 所以我们先按左端点极角排序，然后固定一个必须选的区间，找出所有和它相交的区间，按右端点做lis就行了。 #include<bits/stdc++
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摘要：数学 其实我们发现不用每个数都去试一下，只要确定每个数字有几个就可以确定这个数。所以我们先搜索一下，然后检验。 但是这样太慢了，所以我们打表。 打出1-30的结果，然后取模。 打表的程序好像弄丢了。。。就是要各种高精度 #include<bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：网络流/贪心 网络流做法是对于每一列，如果一个兔子下一天继续可以存在，那么连一条容量为1的边，然后设立一个中转站，来控制可以换的数量，容量限制l。时限100s，能跑过去我的太慢了，一个点100s 正解是贪心。不会证明。每一只兔子，我们当然希望能够尽量连续多跑几天，给其他兔子留机会。每次把在的兔子和不
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摘要：贪心+倍增 首先如果这个问题在序列上，好像可以按右端点排序，然后从起点开始向能到的最远的地方走。 但是环上不可以，因为随即一个起点可能不是最小的。 然后神思路来了：我们先将环展开倍增，再将区间按右端点排序，然后每个区间连向能达到最远的区间连边。因为每个区间只向外连一条边，而且最后一个区间没有后继，所
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摘要：边双联通分量 具体详解蓝书上十分详细，因为必须是奇数个人坐在一起，那么一个人如果能选上，就必须处在一个简单奇圈中。而奇圈也是一个边双联通分量，所以我们先把边双联通分量都挖出来，然后进行二分图染色。 奇圈不能被二分图染色，所以标记所有不能被染色的点，减去就是答案 #include<bits/stdc+
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摘要：二维树状数组 树状数组什么的只支持修改单个数值，但是这道题要我们更新一个区域 盗图 就是这样，然后维护四个bit就行了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 2049; int
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摘要：bzoj4753 树形dp+01分数规划 这是一个典型的树形背包+01分数规划。看见分数形式最大就应该想到01分数规划。 于是套用分数规划，每次用树形背包检验。 首先这是一棵树，不是一个森林，所以我们不用添加虚点。然后可以列出dp方程，具体代码。 然后每个点如果自己选了，那么父亲也要选，所以更新的时
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摘要：这场是吕队长的orz A：如果k>1 那么肯定是可以的 因为两个数必然有大小关系 小的放在大的前面就行了 k=1 填进去判一下就行了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1010; int n, k, pos; int
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摘要：https://vjudge.net/problem/URAL-1519 插头dp。。。 终于A掉了。。。抄了一个板子。。。 看那个ccy大神的博客 写的非常好。。。 讲几个问题：插头就是线穿过格子的边缘 左插头就是竖着的轮廓线左边 右插头就是竖着的轮廓线右边。。。我好想没用到这个概念。。。 然后就
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摘要：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4889 人傻常数大 bzoj上跑不过 洛谷上能过两到三个点 我写的是树套树啊 怎么跑的比分块还慢 每次可以发现交换两个点 只对他们中间的点有影响 所以我们只用计算比x小的数的和 比x大的数的和 比y小的
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