11 2020 档案
摘要：题目链接：传送门 题目思路： 将m个区间按中点排序， 设第一个"题解"的中点为x，第二个"题解"的中点为y ，显然，对于每一个区间 的中点 mid ，x与y 谁更接近mid谁相交的长度就越长。显然，对于mid单调不减的序列，必定是前一部分与第一个相交更优，后一部分与第二个题解交更优，而这两个部分的分
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摘要：题目链接：传送门 题目思路： 对于ai ，找到一个aj 满足其二进制的公共前缀最长（公共前缀越长，异或值越小），如果aj有多个，那么再枚举判断和谁连边是最优的。 对于本题的做法，可以采用针对第k位的0/1进行分治（把区间按第k位的分成两个子区间），这样能保证每个ai会和另一个公共前缀最长的aj连边。
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摘要：题目链接：传送门 题目思路： 对于异或最小值，可以根据贪心的思想，对于 ai 的二进制表示，从高位向低位枚举，去寻找 j 使得 ai ^ aj 最小化。 可以考虑构建一颗01字典树，叶子节点表示值ai，在同一棵子树下（有公共前缀）肯定优先匹配，公共前缀越长肯定优先级越高。对于字典树上 一个点 的两棵
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摘要：题目链接：传送门 题目思路： 设 R(l,i) 表示以端点 l 为起点 包括数字 [ 1 , i ] 的最小右端点； 显然，对于 R(l,i) -> R(l,i+1) 是单调不减的（加入一个元素），R(l,i) -> R(l+1,i) 也是单调不减的（双指针思想）； 那么对于这两个单调性，可以用线段
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摘要：题目链接：传送门 题目思路： 如果这道题，没有让求出所有子串的的这个值（定义为X），那么显然是可以直接求LCS*4 然后最后减去（ |A| + |B| ）； 现在设计状态 ：f[i][j] 表示以i ，j 为结尾的子串最大的X； 状态转移方程： if s[i]==t[j] then f[i][j]=
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摘要：题目链接：传送门 （POJ是真的烦） 题目思路： 对于dsu on tree 直接暴力统计深度--即u到根节点的距离（树状数组维护桶，也可以用 排序双指针--但单步容斥来得到合法答案），在子树中查询的查询 k - (deep[u] - dis）+ dis +1 ，其中 dis 为子树根的深度，+1是
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摘要：题目链接：传送门 题目思路： 题目思路参考于博客：&*^*&( 题目是关于前缀最大值的，那么不妨先将a数组排序，定义dp(i,j) 表示长度为 i 且最大元素为 aj 的合法排列个数； 根据排序后的单调性，预处理出 posi ，posi 的值是满足 aj * 2 <= ai 的最大的 j ； 所谓合
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摘要：题目链接：传送门 题目思路： 直接暴力连边，显然会超时，那么可以采用“源点”的建图思想，对于区间问题，可以利用线段树建图。 建立一颗 inTree 和 outTree ，得： 这样建图能保证初始时刻 [1,1] 可以到达 [1,2] ,[1,4] ，但是不能到达 其他叶子节点。 对于区间 连接 单点
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摘要：题目链接：传送门 题目思路：思路参考博客 https://www.cnblogs.com/EchoZQN/p/13804989.html 对于这种题，首先会思考如何转化删边，常用的就是把所有的查询和修改作逆序处理，然后并查集求解，但是这道题由于有修改（查询一个最大值后删除），因此不能采用这个方法。
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摘要：题目链接：传送门 题目大意： 对序列a的任意一个数字进行赋值操作（除了下标属于setb的数字），使得序列 a 变成严格单增的序列，ai+1 > ai; 题目思路： 显然，对于一个严格单增的序列： ai+1 >= ai+1 , aj - ai >= j - i ; 对于 i ∈ setb ，ai 是不
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