摘要：
对网格图黑白染色，在黑色格中填不同的质数，白色格中填相邻黑色格的lcm+1，但这样会超过1e15的上限将网格图划分为两类对角线，每一条对角线选一个质数，然后每一个点就是两条对角线的质数相乘，而白格的值就仅为四个较小质数的乘积+1（注意不能让两个大质数配到一起） 1 #include<bits/std 阅读全文
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先按照d从小到大排序，遍历所有建筑i，如果能修，显然要去修的考虑不能修，显然选择让之前所需时间最多的那个建筑不修（如果就是自己那就放弃），用堆来维护 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 struct ji{ 4 int t,d; 5 阅读全文
摘要：
二分答案，考虑答案是否会大于等于这个mid，显然所有数值分为两类：大于等于mid和小于mid将n个数转化为01串，如果0和1不相邻，那么答案就是第一个数/最后一个数（一定会相同），考虑有连续两个0/1否则连续的两个数一定会上升到某一个高度并变为一个数，因此只需要找到最高的一层全部变成0/1时，也就是 阅读全文
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有一个结论：两个区间的最长路的端点一定是这两个区间中的最长路端点（4选2），所以可以用线段树来维护区间最长路的两个端点，然后最终合并即可 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 #define L ( 阅读全文
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将s所有长度为d/2的子串放进ac自动机中，直接匹配就可以判定半现串了再对其做一个差分，询问一个前缀的半现串个数，在ac自动机上数位dp，f[i][j][0/1]表示走了i步（i位的字符串），走到节点j，是否达到上限的方案数对于ac自动机上的结束节点，直接重置并累计答案即可 1 #include<b 阅读全文
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首先可以发现对于两条链来说，显然是对两边都排好序，然后大的配大的，小的配小的（正确性比较显然），最后再加入根（根只能单独选）这个结果其实也可以理解为将所有max构成一条新的链，求出因此，对于每一个结点计算出答案，然后与别的点合并得到父亲，用启发式合并+set时间复杂度为两个log。 1 #inclu 阅读全文
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分治，维护一个dp数组，当递归到区间[l,r]时，需要保证这个dp数组维护的是除去[l,r]以外的dp数组维护其实很简单，就是递归左区间是先将右区间加入，然后再将左区间加入（要先复原）然后递归右区间即可 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 阅读全文
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先考虑一个联通块，可以发现这个联通快内不会存在两个偶数的点证明：如果存在，那么这两个点的某一条路径上的边全部反过来，可以使答案+2，即答案为点数或点数-1同时，发现答案的奇数点数一定与边数同奇偶，那么答案就被确定了，具体实现可以使用并查集 1 #include<bits/stdc++.h> 2 us 阅读全文
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（以下用$Sa=\sum_{j=1}^{i}xi\cdot ai$，Sb和Sc同理）令f[i][x]表示前i个数，$Sa\le x\le Sb$时最小的Sc考虑第i个数是否选择，可以得到递推式$f[i][x]=min(f[i-1][x],min(f[i-1][x-j])+ci)$（j满足$ai\le 阅读全文
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先可以将所有出度为0的节点连向一个点，然后问题变为求到这个点的必经之点这其实是一道模板题，因为有一个东西叫做支配树容易发现一个点的必经之点都是一条链，其实可以把这条链上最浅的点作为这个点的父亲，那么一个点的所有必经之点显然就是他到根的路径上的点具体来说，这个点的父亲就是他所有联通的点的lca（不能叫 阅读全文