11 2017 档案
摘要：线性基 非常高端 强制在线动态图 我们先搞出一个dfs树，然后所有非树边都和树边形成一个环。我们考虑什么情况会不连通，当且仅当树边和dfs序大于当前点的返祖边都被断掉才不连通，那么我们给每个非树边赋一个权值，树边的权值就是所有这些返祖边的权值的异或和，这样一遍dfs就行了。 然后就是怎么判断，因为树
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摘要：树链剖分+差分 直接区间加显然是不行的，由于gcd(a,b,c)=gcd(a,a-b,b-c),那么我们对这些数差分，然后就变成单点修改。原本以为这道题很简单，没想到这么麻烦，就膜了发代码。 首先我们考虑如何在树上差分序列，每个节点有很多个儿子，如果把每个儿子都修改一下就GG了，其实我们可以这个样子
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摘要：莫队+st表 据说这是经典问题，但是我不会。。。 问题在于莫队怎么算贡献，每次移动一个位置，现在为[l,r],那么就增加了[l-1,r),r的贡献，怎么算呢？我们预处理fl,fr,fl[i]表示以i为开头的前缀和，fr表示以i为结尾的后缀和，这个东西能够相减，但也不是完全满足 每次我们计算贡献的时候
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摘要：状压dp 图上怎么跑dp？我们跑三进制状压dp，0表示选了，1表示既没选也没覆盖，2表示没选但是被覆盖了。 状态是dp[dep][S]表示当前走到了深度为dep的节点，状态为S,按照dfs序转移 每次转移就是计算这个点选了没选，然后像树形dp一样更新节点 返祖边也要处理 #include<bits/
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摘要：二分图+矩阵求逆 既然我们考虑b能替换哪些a，那么我们自然要得出b被哪些a表示，这里我们设一个矩阵C,那么C*A = B 为什么呢？直接A*C = B是不可行的，因为都是行向量，不能直接乘，那么我们转置一下，得出At*C=Bt,这样就很科学了，那么再转回来，A*Ct=B,于是Ct=B*A^-1那么矩
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摘要：最短路+最小生成树 因为所有东西都只跟加油站有关，那么我们只留加油站就行了。 先预处理出每个点到加油站的最短距离，这个用多源最短路，就是把所有加油站放到堆里，然后就是重构图，我们不用直接连边，计算出每条边的贡献，然后跑最小生成树，这里直接离线查询就行了。 #include<bits/stdc++.h
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摘要：拓扑排序+set 如果我们直接记录所有路径是不行的，那么我们要降低路径的数量，于是我们把最短路径转换到边上，这样我们就只有m条路径了。 先计算出f[i]和g[i]表示正反拓扑最长链，把所有g插到set里，然后按照拓扑序依次枚举删点，把之前加入过的边删除，删除g[u]，查询最大值，然后加入后继边每条边
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摘要：动态电分治+二分 肯定要枚举所有点对，那么我们建出点分树降低树高，然后每个点存下点分树中所有子树到这个点的距离，然后二分+lower_bound就行了。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 2e5 + 5; names
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摘要：动态点分治 先建出点分树，每个点上维护两个堆，s1,s2,分别表示子树中到点分树中父亲的所有长度，每个儿子s1的最大值，那么对于每个点答案就是s2的最大+次大，再维护一个s3保存这个。 首先我们要搞一个带删除的堆，那么我们开两个堆就行了，一个保存元素，一个保存被删除的元素，每次一起弹出就行了 然后是
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摘要：后缀自动机+线段树 今天比较颓。。。 既然只出现一次，那么就是right=1，于是我们预处理出每个点的right，然后看是否等于一，如果是就更新答案。 更新答案维护两个线段树，如果当前点在延伸[Min,Max]范围内,那么答案就是end-i+1,如果<Min,那么答案就是Min,于是我们维护end+
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摘要：kdtree 转换一下，看成点，第一位dfs序，第二维深度，那么满足在子树内dfs序限制，然后kdtree上打标记就行了。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 5, mod = 1e9 + 7; int r
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摘要：kdtree 3维kdtree，就是三个维度轮换着切，我们把每个元素看成一个点，坐标是上次出现的位置，下次出现的位置，自己的位置，第一个<l,第二个>r,第三个[l,r],然后kdtree上爆搜剪枝就行了。 kdtree看起来能解决所有偏序问题。 #include<bits/stdc++.h> us
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摘要：KD-tree **了这道题 这个估价函数好鬼畜，把min打成max。。。 关于min的估价函数非常鬼畜，具体我也不知道为什么。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 5e5 + 5; int n, d, root, a
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摘要：KD-tree 强制在线就不能愉快的做这道题了。 我们用KD-tree维护平面上的点，这样建出来的树高大概是log,复杂度过得去，但是插入过多会使树深很深，这样就能卡死，那么我们每个10000次插入就重构一次。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std;
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摘要：KD-tree+堆 多年大坑 KD-tree已经是半年前学的了，忘记了。这道题当时一直T，今天重新抄了一遍，A了 KD-tree过程:1.建树:每次依次按x,y划分平面，像二叉搜索树一样建树，每个点维护一些东西； 2.查询:直接查太暴力了，我们用估价函数减值，每个点维护最小最大的x和y，每次计算能够
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摘要：广义后缀自动机+二分+单调队列+dp 这道题其实就是一个简单dp，dp[i]表示匹配到i最长匹配多少，设val[i]表示当前位置和原串的最长公共长度，二分的长度是L，那么要求dp[i]=max(dp[i-1],dp[j]+i-j)要求L<=i-j<=val[i],那么也就是j>=i-val[i]，前
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摘要：平衡树 6个操作做完当然GG了，其实只有两个操作，翻转[A+1,A+B],把这个区间放到C的后面，那么就是基本splay操作了，可是好久没打，又GG了，splay函数写错了。。。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1
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摘要：树状数组+KMP 匹配问题上KMP 但是问题在于如何判断两个位置相等，我们认为如果一个位置之前比他小的数数量相同那么就是相等。 那么我们用树状数组动态维护这个东西，每次跳nxt的时候用树状数组删除数。因为每个数只加入一次，所以复杂度是nlogn的，为什么这样是对的呢？我们这么想，对于当前加入最后的一
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摘要：后缀自动机+LCT 终于做了这道题 思路比较明显，每次的答案就是走到的最终节点的Right集合大小，如果走不到就是0。但是问题在于每次添加字符后parent树的形态变了，那么Right集合也要变化，这个我们用LCT维护，由于是有根树，比较好维护。 #include<bits/stdc++.h> us
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摘要：广义后缀自动机 具体我也不是很清楚 像这样有很多个串要统计方案的题我们建一个广义后缀自动机，就是每次对一个串建完后把last设为root，然后就是每个串在自动机上跑一遍，记录每个节点的访问次数，为了避免重复，我们记录当前这个节点这个字符串走没走过，出现次数也是要向上推的。最后按照套路把贡献向上推，再
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摘要：后缀自动机+dp 一个串在另一个串上跑。 先对A建出自动机，然后用B在上面跑，记录当前匹配的最大长度，每次经过一个节点记录经过次数，并加上(len-Max(par))*Right，是这个状态对答案的贡献，然后把每个节点的出现次数向par树上的祖先推一遍计算贡献。 #include<bits/stdc
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摘要：后缀自动机+二分+倍增+线段树合并 后缀自动机真好用 后面一个串是固定的，那么我们要对前面的串进行一些操作。我们想既然是求lcp，那么我们得先翻转原串，这样前缀变成了后缀，然后二分一下，从d在自动机上的位置向上倍增，走到第一个Max大于当前答案的位置，用线段树合并判断一下当前是否满足。还是很好写的，
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摘要：后缀自动机+dp 想了挺长时间 后缀自动机的状态图是一个dag，从root走到一个点的路径数代表了这个状态包含的子串，我们先预处理出来每个节点向后走能够形成多少子串，注意这里不是直接在parent树上求和，我们先求出每个节点的right集合的大小，然后在状态图上统计儿子的路径数，因为向儿子走相当于添
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摘要：后缀自动机 辣鸡四平OJ 就是多串LCS，有点像AC自动机。先对一个串建立自动机，然后让其他串在上面跑。我们从根节点开始走，每次看儿子是否有这种字符，有的话直接向下走，步数+1，否则沿着par走，直到有为止。par的过程其实是不断缩短当前串来继续匹配。最后按parent树从叶子向上进行dp，每个点保
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摘要：终于看懂了,写一点东西以防忘记，不保证讲的都对 1.什么是自动机?自动机是指对于一个自动机A,如果能识别字符串S,那么A(S)=true,否则A(S)=false,就像AC自动机能够识别给定文本中特定的文本一样。 1.5:后缀自动机和AC自动机一样，有两个比较重要的东西，AC自动机一般我们会碰到在自
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摘要：ntt+cdq分治 原来zwh出的cf是斯特林 第二类斯特林数的定义是S(i,j)表示将i个物品分到j个无序集合的方案数，那么这道题中S(i,j)*j!*2^j是指将i个物品分到j个有序集合中并且每个集合可以选或不选的方案数，那么我们改变这个公式，得出 F[i]=∑F[j]*2*C(i,j)，j=0
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摘要：后缀自动机 留个板子 upd:大概懂了 每次新加入的npRight集合肯定只有最后一个位置，那么求所有长得不一样的子串贡献就是Max-Min+1,因为Right集合只有这一个位置，所以这Max-Min+1个子串只出现在最后一个位置。 #include<bits/stdc++.h> using nam
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摘要：又是一年noip...再次炸裂 day0::发烧了，不知道该干些什么，打了几个板子，想了想常用的技巧，就睡觉了。 day1:看见第一题第一反应不会做，推了一会去做第二题，一个小时终于调对了，然后突然yy出了第一题的结论，此时还有两个小时，开第三题，思路比较明显，大概是个dp，但是似乎状态之间有环，于
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摘要：树形dp 先拎出来一条直径，然后看直径上挂着的每条链，如果等于左边就把左端点放过来，等于右端点就把右端点放过来 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long
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摘要：树形dp 很明显我们可以枚举一条边，然后求两边的重心，这样是暴力，我们用一些奇怪的方法来优化这个找重心的过程，我们先预处理出来每个点最大和第二的儿子，然后每次把断掉的子树的贡献减掉，每次找重心就是向最大或第二大的儿子走，如果最大的儿子被减掉后比第二大的儿子小或者这条边被剪掉了，那么就向第二大的儿子走
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摘要：dp+树状数组 思维僵化怎么办。。。 我们都知道，如果两个序列中所有元素都不相同，那么可以用lis求解，复杂度nlogn，但是这道题不行，每种元素出现了5次。。。然后我一直在想有没有什么解决办法 事实上是这个样子的，考虑二维dp,dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1当且仅当s[i]==t[
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摘要：题面：不存在的 我们先dfs一次，只保留每个分叉最上面的颜色，并求到根的前缀和，这就是每个点到根的和，记为s1，然后我们求子树里的，这里只保留了最上面的颜色，那么我们求树链的并，做树上前缀和，这就是子树颜色的和，记为s2，s1+s2就是子树和到根颜色的并，因为只保留了最上层的颜色，也就是说对于一个点
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摘要：dp 字符串dp不太会啊。。。 这种序列和子串的匹配一般设两个状态，dp[i][j]表示当前s匹配到i，t匹配到j的...,g[i][j]表示当前s匹配到i，t匹配到j，i，j必须匹配的...,noip2015的子串也是这个套路，这道题是设最远能匹配到哪里，贪心显然，转移具体看代码，注意一定要把条件
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摘要：二分+lca 我们把向中间缩看成向上爬，向两边走看成向下爬，那么就相当于找出两个状态的lca，如果相邻的差是(a,b),a<b，那么向中间走就是(a,b-a)或(b-a,a),这个东西很像更相减损术，那么我们直接用(b-1)/a算出来要走的步数，然后继续递归求lca，直到走不了为止。先爬inf步判断
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摘要：贪心 n%3==1 分出一个4，其余用3，n%3==2，分出一个2，其余用3，然后高精度就行了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 5005; struct BigInt { int len; int a[N]; Bi
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