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摘要： 因为询问比较少，所以我们可以将n个数分成sqrt(n)个块，每个块用一颗bst存一下，然后对于修改l,r，我们将l,r区间中整块的直接在bst上打一个标签，对于不是整块的我们直接暴力修改，对于询问l,r，仍然是整块的直接在bst中求大于c的个数（考虑标签），然后不是整块的部分暴力扫一遍更新答案。 我写的sbt，可能是sbt常数比较大什么的，tle了，其实对于每一个块我们可以快排保存，然后询问的时候二分就好了。然后对于不是整块的修改和询问可以直接改完之后再快排，这样常数小了很多。 懒得改了，贴sbt的吧。/*****************************************... 阅读全文

摘要： 我们可以用一颗平衡树维护每个人的工资，因为工资的变化会影响到后面所有的人，所以我们打一个标签，向平衡树里插入的时候减去这个标签的值，这样代表改变了之后的零点，，这样维护这个标签就好了，输出的时候要加上这个标签。 反思：]后面打了个|，查了半天。。/************************************************************** Problem: 1503 User: BLADEVIL Language: C++ Result: Accepted Time:676 ms Memory:3932 kb******... 阅读全文

摘要： 根据陈丹琪的论文弦图与区间图，求出弦图的完美消除序列之后，反向给每个点染可以染的最小的颜色，这样可以使用最少的颜色染色，染色的方案即为队伍数。 那么我们需要求该图的完美消除序列，使用MCS算法，从后向前求完美消除序列，我们设size[i]为i这个点的标号，表示该点与多少个以标记的点相连，选取标号最大且i最大的点（即n）为序列的第n个，然后更新与i相连的点的标号，重复n次，即可得到弦图的完美消除序列，使用动态链表维护可以使时间复杂度达到O（m+n），暴力循环也有n^2，这道题暴力即可过。/***************************************************... 阅读全文

摘要： AC自动机是处理多模式串匹配等一系列问题的工具，可以将它当做一种数据结构。 首先我们考虑一个非常简单的问题，给定两个字符串，询问其中一个字符串在另一字符串中出现的次数，这个问题我们用KMP就可以非常容易的解决了，但是如果给定若干模式串，询问这组串在这个长串中的各个出现次数，这时KMP的时间复杂度就显然比较暴力了，对于这类的问题，我们可以考虑用AC自动机来解决（假设字符串中字符为大写字母）。 定义指针。struct node{ int cnt; node *fail,*child[30]; node(){ cnt=0; fail=NULL; ... 阅读全文

摘要： 首先对于双关键字的LIS有一个比较暴力的方法，就是线段树套平衡树，我们把双关键字的LIS抽象成二维坐标系中的点，这样我们对于当前转移的点i（x,y），需要找的就是在(xx,yy)xx<x,yy<y中的决策点的最大值是多少，这样我们用线段树维护第一维坐标，用sbt或者是线段树维护第二维坐标，这样就可以了。 但是树套树的常数非常大，将线段树改为BIT之后虽然对常数有一些优化，但还是较大，所以我们需要考虑另一种方法。 在求单关键字的LIS的时候，有一种nlogn的二分做法，大概意思是维护一个b[i]数组，对于第i位b[i]代表长度为i的上升子序列的最后一位最小的值，那么在二维的情况下，我 阅读全文

摘要： 我们用w[i]表示到第i个地鼠出现的时候，我们选了第i个地鼠，能得到的最大的价值，那么显然有转移w[i]=w[j]+1(time[i]-time[j]>=abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j]))。每次转移为O(1)的，一共转移了Σi(i#include #define maxm 10010using namespace std;int n,m,ans;int time[maxm],x[maxm],y[maxm],w[maxm];int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i=abs(x[i 阅读全文

摘要： 首先我们二分一个答案mid，在判定是否能举办mid次，那么对于每个次我们可以用最大流根据是否满流（流量为n*mid）来判定，对于每个点我们拆成两个点，分别表示这个人要和他喜欢和不喜欢的人一起跳舞，那么添加源点source，汇点sink，设i为男生，j为女生，那么连接表示这个人要跳mid次，同理连接，这样我们保证了每个人都是跳了mid次舞，那么对于每一对儿喜欢关系i,j，连接，对于不喜欢的i,j连接，那么我们保证了每个人都可以和所有人跳舞，对于i中的每个点连接代表这个人最多和k个不喜欢的人跳舞，同理对于j中的每个人连接，因为每次和不喜欢的人跳舞，一定会经过这条边，所以保证了最多不会和超过k的.. 阅读全文

摘要： 首先对于m==1的情况非常容易处理（其实这儿因为边界我错了好久。。。），直接DP就好了，设f[i][k]为这个矩阵前i个选k个矩阵的最大和，那么f[i][k]=max(f[j][k-1]+sum[j+1][i])，那么对于m==2的时候类似与m=1的时候，设w[i][j][k]为左面的一行前i个中，右面的一行前j个中，一共选k个矩阵能选取得最大矩阵。 那么转移也比较明显，有一下几种转移 w[i][j][k]=max(w[i-1][j][k],w[i][j-1][k])这种情况代表什么都不选。 w[i][j][k]=max(w[ii][j][k-1]+sum[ii+1][i][0])这... 阅读全文

摘要： 就是bfs，对于每个状态存一个hash为当前状态矩阵的二进制表示，然后搜就行了，写成双向bfs会快很多。 反思：对于C++的数组从0开始还不是特别习惯，经常犯错，对于C++的结构体不熟。/************************************************************** Problem: 1054 User: BLADEVIL Language: C++ Result: Accepted Time:112 ms Memory:1940 kb************************************... 阅读全文

摘要： 首先我们可以枚举每个一点，然后向下一直拓展到不能拓展为止，然后向下拓展的同时我们可以算出来向左最多拓展的个数，用单调栈来维护一个上升的序列，这样就类似与悬线法找最大01子矩阵了，但是对于这题01交替来说，好多细节比较麻烦，所以我们可以采用另一种转换方法，对于一个01矩阵来说，一定满足一下两个条件中的一个： 1：矩阵中所有0的点(i,j)，i与j的奇偶相同，且对于所有1点(i,j)，i与j的奇偶不同。 2：矩阵中所有0的点(i,j)，i与j的奇偶不同，且对于所有1点(i,j)，i与j的奇偶相同。 那么我们把所有满足1条件的点标号为1，满足2条件的点标号为0，这样，我们就求出标号矩阵的01子... 阅读全文