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摘要： 比较容易看出来先建立ac自动机，然后在自动机上做DP，设w[0..1][i][j]为当前不包括/包括字典中的字符串，当前在自动机中走到第i个节点，完成的文本的长度为j的方案数，那么比较容易的转移w[i|j->child->cnt][j->child][k+1]+=w[i][j][k]。 /**************************************************************Problem: 1030User: BLADEVILLanguage: C++Result: AcceptedTime:200 msMemory:25596 kb** 阅读全文

摘要： 首先比较明显的是我们可以将字符串组建立ac自动机，那么对于询问s1字符串在s2字符串中出现的次数，就是在以s1结尾为根的fail tree中，子树有多少个节点是s2的节点，这样我们处理fail tree的dfs序，然后用BIT维护，但是如果只是在线处理询问的话会tle，因为每个询问需要将节点的每一位在BIT中都修改，那么我们就浪费了好多性质，因为对于好多字符串拥有较长的LCP，那么我们可以模拟建trie的过程在自动机上跑，每遇到一个添加的字符，就解决所有询问为某字符串在该字符串中出现的次数，这样就可以了。/******************************************.. 阅读全文

摘要： 大原来做的一道题，偷懒直接粘的原来的程序 http://www.cnblogs.com/BLADEVIL/p/3433520.html/**************************************************************Problem: 3035User: BLADEVILLanguage: PascalResult: AcceptedTime:240 msMemory:4216 kb****************************************************************///By BLADEVILvarn,... 阅读全文

摘要： 因为是数列的维护，所以我们可以考虑用splay来维护，每次在x插入的时候就在x+1前面插入就行了，然后用bst来维护两问的答案，但是应该会tle。我们来考虑这个问题的性质，首先因为这个数列没有删除操作，所以每个数插入进去之后就不会出来了，换句话说，就是假设insert(x,y)那么y这个值和前面的那个数可以更新相邻差值的答案，且这个不会因为其他的插入操作而使得这个差值消失（消失值类似（x，y）插入,那么之前在x处插入的点与x+1的差值会消失），所以我们只需要存储每个位置最后插入的数，那么对于一个插入(x,y)我们只需要判断x位置是否插入过值然后讨论就行了。那么对于另一个全局差值的更新我们只.. 阅读全文

摘要： 首先比较明显的是如果存在一个半连通子图，我们将其中的环缩成点，那么该图仍为半连通子图，这样我们就可以先将整张图缩点，重新构图，新图为拓扑图，记录每个新的点表示的强连通分量中点的个数num[i]，那么我们就可以DP了，新图中的每一条链都为原图的半连通子图，这样我们找到新图中的最长链就行了，找入度为0的点dfs做树上DP，这样我们可以知道每个点的len[i]代表从这个点开始的最长链的长度，len[i]=max(len[son of i])+num[i]，然后我们求出来了第一问，对于第二问，我们需要找len[i]=ans1的点做dfs，然后设ans[i]为以i为根的子树的方案数，那么ans[i].. 阅读全文

摘要： 每一种颜色存一颗二维树状数组，然后直接做就行了。/**************************************************************Problem: 1452User: BLADEVILLanguage: C++Result: AcceptedTime:4844 msMemory:36904 kb****************************************************************///By BLADEVIL#include #include #define maxn 301#define maxc 101.. 阅读全文

摘要： 在1-n所有数中，i一共可以成为n/i个数的约数，也即所有的约数中有n/i个i，所以扫一遍累加答案就好了。/**************************************************************Problem: 1968User: BLADEVILLanguage: C++Result: AcceptedTime:32 msMemory:804 kb****************************************************************///By BLADEVIL#include int n,ans;int ma.. 阅读全文

摘要： 首先如果我们想取得分最高的话，肯定尽量赢，实在赢不了的话就耗掉对方最高的，那么就有了贪心策略，先排序，我方最弱的马和敌方最弱的相比，高的话赢掉，否则耗掉敌方最高的马。 对于一场比赛，总分是一定的，所以两问实际上是等效的。/************************************************************** Problem: 1034 User: BLADEVIL Language: C++ Result: Accepted Time:264 ms Memory:1588 kb*******************... 阅读全文

摘要： 比较容易看出来是DP，但是如果我们记录每一种颜色还剩多少种的话，消耗的转移的时间复杂度5^15，但是我们考虑到每一种颜色，如果数量相同的话，其实是等效的，所以我们用w[a][b][c][d][e][last]记录还剩下1,2,3,4,5次使用次数的颜色的数量为a,b,c,d,e，上一次我们那的是使用次数剩余为last的颜色，那么这次在剩余last-1次的颜色中，我们只能少拿一次，因为不能拿相同的，这样转移就很容易的表示出来了。 我把存状态的数组都开到20就在0mstle了，改到16就好了，求指导。。。/*******************************************... 阅读全文

摘要： 首先我们知道若干区间和信息，判断给出信息是否合法，可以用并查集维护，我们用dis[x]表示x到father[x]的距离为多少，即区间father[x]到x的长度，这样我们可以在路径压缩的时候维护dis，对于加进来的x,y区间，如果两点祖先不相同，那么合并，相同的话判断是否和已知的信息相符，这样就可以了。 需要注意的是为了防止x==y的情况发生，对于区间1,2和3,3，本来是连通的区间，但是因为读入为闭区间，所以需要将y++来使得区间向连通。/************************************************************** Problem:... 阅读全文