12 2018 档案
摘要：1.变换枚举顺序 2.添加等于0的项简化式子 3.寻找是否有卷积
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摘要：day1 建筑师 bzoj5249 bzoj4144 bzoj4405 https://www.luogu.org/problemnew/show/UVA12590 复习计算几何，对照blog复习。 复习ZR 考考试。 订正cf goodbye2018题目2道。 day2
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摘要：A.Find Divisible 沙比题 显然l和2 l可以直接满足条件。 代码 cpp include include include include include include include include include define N 220000 define L 200000 d
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摘要：这周主要搞一下多项式和计算几何。 day3 上午 搞明白向量旋转公式 3 idots 赛车（重新写） 下午 写一下blog 睡觉 订正比赛题目T1，T3 铁人三项 蓝书半平面交习题 晚上 usaco铂金组T1 共点圆 回房间 继续共点圆 day4 上午 复习多项式求逆代替分治FFT。 子序列权值和方
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摘要：写半平面交的时候注意以下几点 1.考虑x,y是否有正负号限制。 2.注意特判分母为0的情况。 3.对于分母正负不确定的情况分类讨论。 #include<iostream> #include<cctype> #include<cstdio> #include<cstring> #include<str
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摘要：SAM真让人头秃。 题面 https://www.luogu.org/problemnew/show/P4770 首先考虑 l=1,r=∣S∣的做法 如果对于ION2018的子串不用判重的话,对ION2017建SAM跑一遍就好了. 此时ION2018的每一个前缀对答案的贡献为前缀长度 匹配长度。 考
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摘要：https://www.luogu.org/problem/P3226 考虑构造矩阵 1 3 9 27...... 2 6 18 54...... 4 12 36 108...... ...... 发现在这个矩阵上一个合法的集合是一个满足选择的数字不相邻的集合，由于行数列数的大小都是log级别的，可
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摘要：首先有两个结论： 1.后缀自动机具有最简性，即每种不同的子串只会在sam上体现一次，体现形式是sam上一条由root出发的路径。 2.一个字符串不同子串的个数等于所有关键节点的max(x) min(x)+1。证明就是考虑后缀自动机的最简性。 然后，这就是个水题了。 每次插入一个字符后，更新答案即可。
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摘要：题面 https://www.luogu.org/problemnew/show/UVA557 这里顺便整理一下二维格点随机游走问题。 遇到这种问题时，需注意分母的计算问题。 设x为起点到终点的距离。 可以使用2^x作为分母需要满足一个前提条件： 在起点走到终点的所有方案中，每一种方案都满足等概率转
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摘要：题面 https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1396 首先，对于题目所说的T在S中只出现一次这个要求， 可以利用后缀自动机的parent树的叶子节点的性质来满足要求。 显然所有满足T在S中只出现过一次的子串就是parent树所有叶子节点的r
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摘要：最近状态不是很好，赶快调整。 day4 上午 周二的考试题目订正T2。 SAM一道题。 周日比赛T2 下午 复习博客 睡觉 https://www.luogu.org/problemnew/show/CF1093G NOI海拔 晚上 狼爪兔子 day5 上午 miller rabin pollard
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摘要：题意 给出一个数轴，每次可以选择停下并得到当前点的收益，或者继续随机向左右游走，走到边界游戏结束收益为0。 求从每个点出发的最大期望收益。(n
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摘要：这个题还是有点东西的啊。 现场并没有过掉qwq 发现颜色种类很少，考虑n k的dp。 dp[i][j]表示第i位填j的方案数。 转移的时候，枚举这个颜色段向左扩展了多长。 因为受到len的限制，它最多只能扩展到i len+2。 这里还要预处理一下g[i][j]表示这个颜色向左最多能扩展到什么位置。
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摘要：转自http://www.cnblogs.com/gzy cjoier/p/8426987.html 侵删
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摘要：圆方树 对一个无向图求一下点双,重新构图 对于每一个点双，新增加一个点（称为方点）， 这个点向该点双中每一个点（称为圆点）连边， 这样会构成一颗树，被称为圆方树。 基本性质： 1.圆方树上任何一条边都是一端是圆点，一端是方点。 2.S T的圆方树上路径可以代表原图上S T的路径，这里的代替具体来说是
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摘要：考虑反向操作，去计算有多少组相同的子串，对于一组大小为k的极大相同子串的集合，ans =k 1。 为了避免重复计算，需要一种有效的，有顺序的记录方案。 比如说，对于每一个相同组，按其起始点所在的位置排序，对于除了第一个串以外的串，均记 1的贡献。 但这种东西是非常难以快速统计的。 但是，可以对于每一
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摘要：给出n个数字，给出m种操作。 每个操作形如：可以使第x个数和y个数同时除以一个不为1的公约数，从而使得匹配数+1。 求最大可能的匹配数。 (n
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摘要：题意 给出一个长度为n的序列，求所有区间的区间最小值乘区间最大值的和。(n
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摘要：题意 给你一个长度为n的数列a，你可以任意选择一个区间[L,R]并给区间每个数加上一个整数k，求这样一次操作后数列中最多有多少个数等于c。 写法比较巧妙的一个贪心题。 显然可以想到相同的数字要放在一起来维护。 具体可以对每种数字开一个vector。然后枚举左端点，此时右端点的贡献是一个只与右端点下标
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摘要：题意 给出两个长度为n的01字符串S和T。 选出k个字典序在S和T之间的长度为n的01字符串，使得尽可能多的字符串满足其是所选字符串中至少一个串的前缀。 这是一道思路比较奇怪的类似计数dp的题。 首先考虑如果把选出的这些串插入到一个trie树中的话，算产生的贡献可以理解为，从根节点向下画了k条长度为
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摘要：day1 学习后缀数组 学习多项式求逆 day2 cf题目做三道题 多项式求逆解决分治fft 后缀数组一题 晚上比赛至少订正一题 有空再打个ac自动机 day3 订正比赛 多项式对数函数 多项式指数函数 三道多项式相关的题 南外的题开两道（dp相关） day4 收一下day3的尾 订正比赛 复习bl
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摘要：题意 定义图权 = 图中边权总和 图中点权总和（空图的图权=0），求 n 个点 m 条边的无向图最大权子图。 把边看成点，这个点与两个原图中的点连边。直接最小割求最大闭合子图即可。
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摘要：后缀数组倍增预处理 cpp void calheight() { for(int i=1,k=0;i
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摘要：单纯形法 如果目标函数中所有系数都非正，那么显然这些变量直接取0是最优的，所以此时答案为即为常数项。 我们要做的就是通过转化把目标函数的系数全部搞成非负。 思路就是用非基变量替换基变量。 先找到一个目标函数中系数为正的变量，在所有限制中找到一个对它最紧的限制。 用这一行中的其他变量来代换他，显然会把
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摘要：首先这个切面把长方体切割成了两部分，显然要去考虑最小割。 如果没有光滑度的限制，把点看成边，直接建一个立体图，跑最小割即可。 加上这个限制后，带来的不同就是，如果两个点，|f(x1,y1) f(x2,y2)| =d，这两条边即使被割掉了，s和t依然要保证连通性不受影响。 考虑用连inf边来解决这个问
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摘要：#无向图网络流 建图时直接把反向边的出事容量设为与正向边相同即可。 #最大权闭合子图 选出一个点集，使得它们的后继节点都在这个点集中，使这个点集尽可能地大。 解法： 源点向点权>=0的点连边，容量=点权。 源点向点权<0的点连边，容量=abs(点权)。 点权>=0的点向点权<=0的点连边，容量=in
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摘要：原题的话,由于保证了wi include include include include include include include include include define N 220000 define M 220000 define L 200000 define eps 1e 7 d
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摘要：考虑二分求序列LIS的过程。 g[i]表示长度为i的LIS最小以多少结尾。 对于每个数，二分寻找插入的位置来更新g数组。 放到树上也是一样，额外加上一个合并儿子的过程。 发现儿子与儿子直接是互不影响的，可以直接合并。 用启发式合并set来维护这个g数组，复杂度O(nlogn^2)。 cpp incl
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摘要：miller rabin pollard rho 基于值域快速gcd算法 在线动态图最短路 吉老师线段树 快速狄利克雷卷积 快速矩阵乘法 高斯素数理论 回文自动机 单位根反演 斐波那契堆 https://www.cnblogs.com/gzy-cjoier/p/8426987.html第二类斯特林数
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摘要：AC自动机技巧 可以用树上的一些算法来进行优化 对于要求支持插入和删除字符串的题目，可以通过建两个AC自动机，查询的时候作差来实现。 当给出的查询串是一个含有空格的文本时，可以用特殊字符（比如'z'+1）来替换掉空格。
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摘要：day1 订正 学习AC自动机 day2 mobius反演 对偶图 codeforces day3 ZR模拟赛 订正 day4 复习AC自动机 题库 https://www.cnblogs.com/cjyyb/category/1036544.html 完成至少8道题 复习国庆集训课件 订正 day
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摘要：转载自An_Account大佬 提示：别用莫比乌斯反演公式，会炸的 只需要记住： [gcd(i,j)=1]=∑d∣gcd(i,j)μ(d)[gcd(i,j)=1]=\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)[gcd(i,j)=1]=d∣gcd(i,j)∑?μ(d) 证明？其实很简单。 μ\muμ
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摘要：首先，可以发现这样一个性质 x在y中出现过=======y的某个前缀的后缀等于x。 先把AC自动机建出来后。 y的每一个前缀就是它在trie树上所遍历到的每一个点。 check这个点的后缀是否等于x也就是看沿着fail指针向上能否走到x。 这也就等价于这个点在x的子树中。 考虑去如何加速这个过程。
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摘要：比较奇怪的一个枚举题。 注意到10=2 5，所以10^k的二进制表示一定恰好在末尾有k个0。 考虑从小到大去填这个十进制数。 填的时候记录一下当前的二进制表示。 每次尝试去填0或者10^k。 如果要填下一位的时候发现它的二进制表示已经为1的话，停止扩展。 因为： 如果这一位填0，由于后面填的数末尾的
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摘要：第一眼以为是树套树qwq 然而n,m=i时， 左端点只要满足nxt[nxt[i]] include include include include include include include define N 4400000 define eps 1e 7 define inf 1e9+7 de
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摘要：很容易想到去吧棋盘模型转为二分图。 发现是一个类似行列匹配的问题。 进一步，如果每一个行都可以找到一个列与之配对的话，一定可以通过交换满足要求。 直接dinic求二分图最大匹配即可。 cpp include include include include include include includ
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摘要：https://www.luogu.org/problem/P4211 可以发现，问题能够转化为从询问点到根都加1，然后询问l到r的点到根的路径上权值之和。 然后这个问题又和“l到r的点到根路径上所有点权值分别+1，求询问点到根路径上的权值之和”等价。 进一步，发现询问是可减的，即等价于ans[r]
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摘要：https://www.cnblogs.com/xzyxzy/p/9812585.html commentform侵删
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