摘要：
这个涂色很容易让人想到均摊的 set 维护，但是有可能修改同一个位置，不太可做。 同样地，我们考虑只带插入不同位置的情况。 考虑一个线段树做法，直接维护整行格子的权值和以及黑色格子的个数。考虑一个修改 $(i,j)$ 相当于区间覆盖 $[i,k]$ ，其中 $[i,k]$ 中修改前白色格子的数量为 阅读全文
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好神奇的做法，我称其为猪猪（猪笼原理）分治。 记 $0,1,?$ 的个数分别为 $a,b,c$。有一个显然的 $O(2^c)$ 做法，对每个 $?$ 枚举其为 $0/1$ 即可。 然后我们考虑只有 $?,1$ 的情况，把所有 $?$ 当成 $0$，答案就是一个超集和；同理，对于只有 $?,0$ 的情 阅读全文
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### 题意： 给定长度为 $n$ 的序列 $a_i$，$m$ 次操作，操作分为 $3$ 种： 1. 给定两个整数 $l,r$，翻转区间 $[l,r]$。即 $a_l,a_{l+1},...,a_r\to a_r,a_{r-1},...,a_l$。 2. 给定三个整数 $l,r,d$，对于 $i\i 阅读全文
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$T$ 是节点数为 $n$ 的那棵树，$T'$ 是 Trie 树。带 $'$ 的，比如 $\text{dep}'_u$，表示 Trie 上的信息（注意到 $\text{dep}'$ 要从 $0$ 开始），不带的表示原树。$[u,v]$ 表示 $u\to v$ 的路径，$S$ 是原树上无序点对的全集。 阅读全文
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其实这题有两种建模方法，因为我都写了，所以两个都讲好了。 一眼二分答案，转为判定性问题： > 给定含有**无向边和有向边**的图 $G$，判断是否存在欧拉回路。 首先先判掉存在 $u$，$2\nmid \text{deg}_u$ 的情况。 不能简单地根据度数判断，考虑网络流建模。 - 方法 $1$： 阅读全文
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真的一点都不卡啊…… 首先这个最大公倍数 $\text{G}$ 明显是诈骗，如果 $\text{G}\nmid \text{L}$ 一定无解，直接判掉。否则我们将 $\text{L},\text{X}$ 和 $\text{N}$ 都除 $\text{G}$：$\text{N}$ 之所以能直接除 $\ 阅读全文
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`divide and conquer`，简单分治题。 显然可以做二维前缀和，考虑令矩阵 $(l_x-1,r_x,l_y-1,r_y)\to (l_x,r_x,l_y,r_y)$，方便统计答案，其实就是左端点减一。 考虑现在按照 $x$ 坐标分治，计算所有跨过 $x=\text{mid}$ 的矩形的 阅读全文
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下面认为 $m=n$。 有一个显然的暴力：对每个点 $(x,y)$，预处理出另外所有点 $(p,q)$ 是否能到达 $(x,y)$，记为 $f_{p,q,x,y}$。查询 $O(1)$，但是预处理 $O(n^4)$。用 `bitset` 优化即可做到 $O(q+\frac{n^4}{\omega}) 阅读全文
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 然而这个经典做法是分治，我不太会做，但这确实是一道经典题。 考虑扫描线，对从左到右每个点 $r$，统计以 $r$ 作为右端点的区间个数。 由于 $r$ 端点固定，$S(l) 阅读全文
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大半个月前做的题，现在才写题解，/qd/qd。 贪心，选出 $k$ 个不相交子段的和的最大值，其实相当于每次把序列最大子段拎出来，加上去，然后取相反数。 证明的话可以考虑模拟费用流，$i\le n$，$S\to i$ 连边，$i\to i+1$ 连边，$i\to T$ 连边，边的流量均为 $1$，$ 阅读全文