03 2020 档案
摘要：题目问题等同于找从s出发的路径，经过的点为偶数。是否存在这样的路径。 我们可以通过暴力dfs找到一条路径，深度为偶数。但是这里的问题在于，对于环该怎么处理。因为可能沿着环走一圈，可以改变一个点的深度的奇偶。 所以我们对于每一个点，针对奇偶进行判断。 这样的话，最多2 n个点，题目要求大于1e6输出d
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摘要：令dp[i][j]表示，s字符串第i个结尾的所有字串，和t字符串[1,2,3,...,j]所有的子序列的匹配数量。 dp[i][j]=dp[i][j 1] dp[i][j]+=（s[i]==s[j]）?dp[i 1][j 1]+1:0
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摘要：```cpp #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include //#include #include #include #pragma GCC optimize(2) #define up(i,a,b) for(int i=a;ib
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摘要：令dp[i]表示，以第i个点为转折点，i前面全部是大写，后面全部是都是小写的代价，自然等于i前面的小写+i后面的大写。（i自己是大写还是小写无所谓，可以没有代价的归入大写或者小写）
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摘要：待修莫队。（用奇偶优化真的能快300ms！）
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摘要：莫队。 统计ai[i]的出现次数，每一次先还原贡献，再加上或减去当前的贡献即可。
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摘要：动态开点线段树+dp。 题目转换成求$x_i$ include include include include include include include include include include include // include include include pragma GCC
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摘要：tarjan找环。我们通过枚举一个点的入边为wolf/village出边为wolf/village ,可以知道，当且仅当，一个环里面有且仅有一个出边为wolf的时候，被指向的那个人为wolf。 一旦能够确定wolf了，那么所有指向wolf的人，如果出边为village，那么这个人也是wolf。反向d
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摘要：dp，枚举出所有的方法数目，可以发现，有很多方案数目是可以合并的。
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摘要：对边权进行排序。令dp[i]表示以i为结束点的最大上升长度。那么，我们每一次加入一条边，dp[to]=dp[from]+1。其中需要注意，边权相等的时候，需要特殊考虑。
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摘要：dp[i][j]表示最后一位是$b_i[i]$,倒数第二位是$b_i[j]$的最长序列长度。那么dp[i][j]=dp[j][k]+1($b_i[i]$==$b_i[i]$)其他情况dp=2。
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摘要：令dp[i]表示长度为i，最少费用。 可以发现，当且仅当i为偶数的时候，dp[i]=min{dp[i/2]+y}。当为奇数的时候，dp[i]=min{dp[i+1]+x,dp[i 1]+x}。因为这个更新直接做不好做。我们考虑倍增。因为i从0开始，一开始一定dp[1]=x。所以考虑1\~2区间，2\
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摘要：首先可以发现，若是后手能赢，那么先手取后手的值，一定能赢，所以首先排除后手胜。 对于平局，当且仅当，所有异或值为零，无论怎么取，双方均相等。剩下的便是先手胜利。
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摘要：分块+floyd 令dp[i][j][k]表示i到j恰好k条路经的最小权值。那么就有:dp[i][j][k]=min{dp[i][p][k 1]+dp[p][j][1]}我们可以预处理出前100条路径的dp值。然后考虑大范围转移，对dp[i][j][100]做一次floyd转移到200，再做一次转移
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摘要：状压dp，先记录偶数状态，然后直接暴力转移即可。
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摘要：因为x\^k=y，x^x=0,所以求出异或前缀和，$sum_i$\^k=$sum_j$，则区间i+1到j，异或值=k。所以我们运用莫队进行统计，唯一的问题在于，这次维护的区间l\~r，表示的l+1~r的值，所以莫队维护的区间是左开右闭。
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摘要：可以观察到，因为我们答案是通过MEX函数得到，那么假设，当前MEX的值是p，那么这时候一共有1+2+3+4...+p 1个与$c_1$,$c_2$,$c_3$...$c_p 1$相同，一共是p (p 1)/2个数字，那么MEX值一定不超过$\sqrt n$。故暴力能统计答案。 对于有修改的询问，我们
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摘要：令dp[u]表示，以u为节点，向下走的路径数目。一次dfs能够做完。再令f[u]表示，以u为节点，向上走需要的代价。 对于u的子节点v，计算v向下走的代价，计算v向上走的代价。 向上走的代价=(u去掉v向下走的代价+f[u]) 所以f[v]=(u去掉v向下走的代价）+f[u]
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摘要：bitset优化背包
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摘要：令dp[k][j]表示，走k步到j的方法。我们首先预处理，走到第i个位置的时候，可以走到的地方，那么每一次，dp[k+1][a]~dp[k+1][b]（a和b是j所能到的左右端点）+=dp[k][j],可以看到这是区间更新，那么我们利用差分数组来更新即可。其中自己也是一个断点。
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摘要：A B 因为可以取无限个序列，那么去重后，有多少个数字最长上升序列就是多少。 C 首先，必须有一条边，权值等于0。在不包含这条边的所有路径总，mex=0。 当包含0的时候，考虑1的位置，不包含1的路径，mex=1。 即包含0，又包含1的时候，考虑2的位置。当一个结点的子树，当于等于3的时候，我们考虑
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摘要：首先可以发现，数字从高到低，每一个数字只能放在已经放了的数字所在的行和列中。 因此我们可以得出一个dp 令dp[k][i][j]表示已经有i行，j列被覆盖，同时拥有k个数字。 所以每一次转移，只会多出一行，或者一列，或者都没有。 这道题极度卡常。我今天比赛交了13发才过，注意模运算，乘法次序等。
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摘要：二维线段树维护区间最值。
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摘要：二维线段树维护区间最值。
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摘要：E. 令dp[i][status]表示第i位，状态为status的时候，最优解。 对于每一个i的时候，遍历所有status转移，然后判断一下这个时候k能否继续插入。
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摘要：动态开点线段树。 首先以机器人的看见距离排序，那么如果遍历到i，那么i前面的机器人，如果i能看见他，反过来他也能看见i。 我们再利用机器人的智商建立权值线段树。每颗线段树中维护+ k范围内能有的机器人数量。
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摘要：A水题 B.题意：重组该序列，使得对于任意ai i!=aj j 我们将a数组排序，从大到小。那么a1 =a2 也就有a1 1 a2 2。故从大到小输出即可。 cpp include include include include include include include include inc
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摘要：```cpp #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include //#include #include #pragma GCC optimize(2) #define up(i,a,b) for(int i=a;ib;i--) #de
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摘要：通过观察可以发现，当以u为根节点的时候，向他的子节点转移x次，此时差值固定，即等差数列。 我们就可以通过树链剖分，给每一条链上，维护线段树，保存等差数列。 最后再通过求前缀和的方式求得。
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摘要：分块+暴力。 对于每一块来说。如果更新不是一整块，我们直接暴力重构，如果是一整块更新的话，就给这一个块打上一个标记。 当询问的时候，我们二分答案，对于不是一整块的区间，暴力。 对于是一整块的区间，我们优先判断他和标记的大小。如果标记更大，那么由于这一道题更新的时候，区间只取min，故块中的所有数据不
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摘要：令len[x]表示特殊点（即要去的地方）到u的距离。 那么从u出发 走完所有特殊点所需要的代价是 2 [sigma（len[x])] max(len[x]) 令dp[u]表示从小到上，特殊点到u的距离和。我们如果从1出发，sigma(len[x])就可以通过一次dfs求得。我们令sum表示距离和。
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摘要：令dp[n][k]表示 长为n的序列 分成k段 所需要的最小代价。 我们暴力转移。 dp[i][t]=min(dp[i'][t 1]+cost[i'+1][i]) （其中i'小于i） 对于这种dp我们首先考虑线段树dp，我们可以找到min(dp[i'][t 1])，但是没有办法统计cost的值。所以
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