06 2020 档案
摘要：考虑把每一个区间单独统计，令$f[i]$表示第i个区间有标记的次数，$g[i]$表示第i个区间及其祖先中存在标记的次数，然后对于操作将所有区间分为5类（T为已执行操作个数）： 1.被修改，那么$f[i]+=2^{T}$，$g[i]+=2^{T}$（定义修改为执行了$tag=1$） 2.被经过，$f[
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摘要：建立SAM，求出每一个节点最左边的出现位置（即right集合中的最小元素，在树上dfs即可） 枚举左端点i和右端点j（保证j是最小的满足$s[i,j)$不是$s[0,i)$的子串），维护k表示$s[i,j)$所对应的位置，$i+1$可以通过找到$nex[k]$来实现，$j+1$直接在SAM上走即可，
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摘要：令$a_{i,j}(j\le i)$表示第i个人的方案中给第j个人$a_{i,j}$的钱，有以下性质： 1.如果第j个人一定同意（否则就会死）第i个人的方案，那么$a_{i,j}=0$（容易发现一定同意的人就是在上一个不是-1之后的人） 2.否则$a_{i,j}=1+\max_{1\le t<i}a
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摘要：定义S对应的数组为$a_{i}=\min_{0\le j<i,S_{j}=S_{i}}i-j$，特别的，若不存在j，令$a_{i}=i$，那么容易发现存在双射关系就意味这两者对应的数组相同 因此，考虑需要单词为$a_{i}$，询问串对应的为$b_{i}$，那么如果$b[i,i+l_{a})$与$a$
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摘要：根据$[WC2011]XOR$的思路，每次暴力重构线性基，令$l'=\frac{l^{2}}{w}$，则有一个$nql'$的做法（这里线性基位数很多，所以要用bitset） 由于初始连通，因此每一个环一定可以由若干个[树边+1条非树边]的环构成（构成指异或），那么预处理出每一个操作的环大小，相当于维
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摘要：容易想到树套树，但数据范围太大，会超时 考虑平衡树的作用，就是将这个区间内的所有数排序，所以可以离线+归并来处理，预处理复杂度$o(n\log n)$，然后考虑维护：1.删除；2.询问 删除操作维护可以使用并查集，可以通过$\alpha(n)$的时间里快速找到每一个点的上和下元素 询问操作可以二分查
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摘要：以统计x坐标的数量为例：x为下标建一棵线段树，然后对每一个区间按照y坐标建一棵可持久化线段树（每一个x只保留最大的一个y），询问时，二分找到这个区间内最大的y以前的点并统计，复杂度为$o(nlog^{2}n)$ 还有一种做法是bitset+分块，预处理出：1.第i个块到第j个块的bitdet；2.每
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摘要：枚举T中失配的位置i，容易发现能够成立当且仅当存在一个以$T[0,i)$为后缀的前缀$S[0,a)$且$T(i,|T|)$是$S(a,|S|)$的一个前缀 考虑建立S的正序和倒序的两个后缀自动机，设$T[0,i)$对应点x（正序自动机中），$T(i,|T|)$对应点y（倒序自动机中），那么必然有$a
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摘要：先离散，然后将黑的看成1，白的看成-1，对整个序列差分，所有区间建为$(l,r+1)$的无向边，并标上-1和1，每一个点的前缀和即为该点的值 考虑什么情况下能够使得所有点都是0：当且仅当每一个点的度数都为偶数（证明：必要性，由于所有点奇偶性相同，因此比然要有偶数条边；必要性：每一个连通块都存在一个欧
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摘要：首先注意题目中的一些细节问题：1.同一个区间不能累加；2.每一种寿司才能提供$x$的代价；3.每一种代号的寿司才能贡献$mx^{2}$的代价 这些就很好的为最小割提供了条件，考虑最大权闭合子图的建图： 1.$(S,id(i,j),d[i][j])(d[i][j]\ge 0)$，$(id(i,j),T
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