旧事重提

自己搭的博客好像炸了，最近没时间弄了。先用这个博客更新。

BZOJ1688：

状压DP裸题，只要将普通背包DP的容量，变为01串即可。\(dp[s]\)表示得\(s\)的病，最多选出多少头牛。\(dp[j] = max\{dp[i] + 1\}\)

核心DP转移片段：

int N = 1 << d;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
  for (int cur_state = N - 1; ~cur_state; --cur_state) {
    int nxt_state = cur_state | c[i];
    dp[nxt_state] = max(dp[nxt_state], dp[cur_state] + 1);
  }
}

BZOJ1601：

如果不能自己建水库，那么就是MST板题。我们将所有点都连向一个超级汇，表示在该点建造水库的代价。然后跑MST即可。

洛谷P1622：

区间DP板题，可以转化成合并石子的问题，然后注意两个区间拼起来时的代价。\(dp[i][j]\)表示处理\(i~j\)这个区间的代价。\(dp[i][j] = min\{dp[i][k] + dp[k + 1][[j] + sum[j] - sum[i - 1] + j - i - 1\}\)

核心DP转移片段：

for (int l = 2; l <= m; ++l) {
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
      int j = i + l - 1;
      if (j > m) break;
    
      int v = l - 2 + sum[j] - sum[i - 1];
      for (int k = i; k < j; ++k) {
        dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + v);
      }
   }
}

BZOJ1621：

暴力，emmm。

BZOJ2427：

显然可以先跑一遍tarjan，环的代价就是点权和，将图缩成一棵树。然后跑树型背包DP即可。\(dp[u][j]\)表示在u这个点，用j的容量，能取到的最大代价。\(dp[u][j] = max\{dp[u][k] + dp[v][j - k]\}\)

核心DP转移片段：

void dfs(int u) {
  for (int i = h[u]; ~i; i = e[i].nxt) {
    int v = e[i].to;
    dfs(v);
    for (int j = m - weight[u]; j >= 0; --j) {
      for (int k = 0; k <= j; ++k) {
        dp[u][j + weight[u]] = max(dp[u][j + weight[u]], dp[u][j + weight[u] - k] + dp[v][k]);
      }
    }
  }
}

codeforces 587E：

无脑上线段树。每个叶子节点维护一个线性基，暴力合并线性基即可。 区间修改能用线性基维护，主要是因为这题查询很特殊。

线性基和线段树的核心片段：

struct LinearBasis {
  int b[MAXL + 5], v;
  void init() {
    memset(b, 0, sizeof(b));
    v = 0;
  }
  void insert(int x) {
    for (int i = MAXL; i >= 0; --i) {
      if (x & (1 << i)) {
        if (!b[i]) {
          b[i] = x;
          return;
        } else {
          x ^= b[i];
        }
      }
    }
  }
  int count() {
    int ret = 1;
    for (int i = 0; i <= MAXL; ++i) {
      if (b[i]) ret <<= 1;
    }
    return ret;
  }
}ans;

LinearBasis merge(const LinearBasis &A, const LinearBasis &B) {
  LinearBasis ret;
  ret.init();

  for (int i = 0; i <= MAXL; ++i) {
    ret.insert(A.b[i]);
    ret.insert(B.b[i]);
  }
  ret.insert(A.v ^ B.v);
  ret.v = B.v;
  return ret;
}

struct SegmentTree {
  struct Node {
    int delta;
    LinearBasis b;
  }s[MAXN * 4 + 5];

  #define lson p << 1
  #define rson p << 1 | 1

  SegmentTree() {}

  void upd(int p) {
    s[p].b = merge(s[lson].b, s[rson].b);
  }
  void cov(int p, int v) {
    s[p].delta ^= v;
    s[p].b.v ^= v;
  }
  void pd(int p) {
    if (s[p].delta) {
      cov(lson, s[p].delta);
      cov(rson, s[p],delta);
      s[p].delta = 0;
    }
  }

  void build(int p, int l, int r) {
    if (l == r) {
      s[p].b.v = a[l];
      return;
    }

    int mid = (l + r) >> 1;
    build(lson, l, mid);
    build(rson, mid + 1, r);
    upd(p);
  }
  void update(int p, int l, int r, int x, int y, int v) {
    if (x <= l && y >= r) {
      s[p].delta ^= v;
      s[p].b.v ^= v;
      return;
    }

    pd(p);
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (x <= mid) update(lson, l, mid, x, y, v);
    if (y > mid) update(rson, mid + 1, r, x, y, v);
    upd(p);
  }
  void query(int p, int l, int r, int x, int y) {
    if (x <= l && y >= r) {
      ans = merge(ans, s[p].b);
      return;
    }

    pd(p);
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (x <= mid) query(lson, l, mid, x, y);
    if (y > mid) query(rson, mid + 1, r, x, y);
  }
}Sgt;

洛谷P1270：

树型背包。\(dp[u][t]\)表示在u点时，总共用去t单位时间，拿到最多的画。 \(dp[u][t] = max\{dp[u][i] + dp[v][t - i]\}\)

LOJ #6282：

分块，当动态插入导致某个块过大时，暴力重构。

洛谷P1637：

计数弱智题（可能不算计数？）。枚举中间量，然后数据结构统计两边符合条件的值的个数，乘法原理即可。

计数核心代码片段：

for (int i = 1; i <= n; ++i) {
  L.update(h[i]);
  l[i] = L.getSum(h[i] - 1);
}
for (int i = n; i; --i) {
  R.update(h[i]);
  r[i] = (n - i + 1) - R.getSum(h[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) ans += l[i] * r[i];

BZOJ2882：

SAM模板题，复习了一下SAM的板子。

void extend(int c) {
    int cur = ++tot, p = last;
    
    len[cur] = len[last] + 1;
    while (p && !trans[p][c]) {
      trans[p][c] = cur;
      p = link[p];
    }  
    
    if (!p) {
      link[cur] = 1;  
    } else {
      int q = trans[p][c];
      
      if (len[p] + 1 == len[q]) {
        link[cur] = q;
      } else {
        int nq = ++tot;
        len[nq] = len[p] + 1;
        trans[nq] = trans[q];
        while (p && trans[p][c] == q) {
          trans[p][c] = nq;
          p = link[p];
        }
        
        link[nq] = link[q];
        link[cur] = nq;
        link[q] = nq;
      }
    }
    
    last = cur;
  }