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"传送门" 不得不承认noip的题出的是真的好 n=300000,m=300000的极限数据不由得想到某种nlogn的做法 这道题乍一看和二分没有一点关系，然而我们仔细想想后发现，对于一个时间t1，如果t1之内可以完成，那么t2肯定也能完成！ 满足单调性，因此我们可以二分时间，那么如何check呢？ 阅读全文
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"传送门" Solution: 就是树链剖分入门题啦~ cpp // luogu judger enable o2 include define N 30005 define M 200005 define lson now 1; build(l,m,lson); build(m+1,r,rson) 阅读全文
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"传送门" Solution: 我们只需要采用和树链剖分近似的思想——把整个树的dfs序整理出来，排成线型。 这样一个节点的子树肯定是连续的一段，于是乎就可以用树状数组维护单点修改+区间查询的任务了。 cpp include include define N 100005 using namespa 阅读全文
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" 传送门 " Solution: 我们考虑把所有能够互相翻到的牌归到一个集合里去 ，不难想到可以用并查集来维护这些集合。由于前面的骨牌可能太长以至于影响后面骨牌的统计答案，所以我们要离线询问，从后往前做。 并且再维护一个单调栈，用来存并查集的祖先们。 维护后缀和（即到达终点的所需花费）这样的话 对 阅读全文
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"传送门" Solution: 既然是删掉k/c个，那么k=mini，那么删除的还是mini，把c+1个划分到上个区间也是无意义的。 但如果长度为2c的话就能删除2个，但一定不如化成2个c长度的区间优秀。假如前c个的最小值是mini1，次小值是mini2，后c个的最小值是mini3，假如mini2m 阅读全文
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" 传送门 " Solution: maxn数组用来存储“从终点到某点间的最大卖出价”，而minn数组用来存储“从起点到某点间的最小买入价”。两遍spfa跑完之后枚举每一对maxn与minn找到最大的差值即可 写的时候注意逻辑，思路一定要清晰，不然很久都调不出来 cpp include define 阅读全文
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" 传送门 " 对于这道题，我们不难想到，对于两个点，我们可以求出他们的lca，然后顺着链暴力往上修改。 但是这样时间复杂度是很不乐观的，最多可以达到n^2。 这里介绍一种可以用来修改树上路径的方法——子树前缀和。 设定一个修改数组change。如果要对x到y路径上的所有点权值+k，lca为z。那么 阅读全文
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夜很深 写着写着题有些感慨 18.8.10，似乎就是在去年的这个时候认识了OI。 那是初一升初二的暑假，有一天妈妈突然告诉我，她打听到有个地方可以教编程，你要去吗？ 我当然欣然地接受了，男孩子，或多或少对这方面感兴趣。 然后大概就是特别兴奋地在openjudge上刷了50道水题吧...和许多新手类似 阅读全文
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"传送门" 首先，肯定是先把所有满足条件一的点预处理出来，我们采用一遍dfs+一个统计来完成这件事。 然后就是求最短路了，跑一遍spfa即可。 cpp include define N 10005 define M 200005 using namespace std; int n,m,first[ 阅读全文
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"传送门" 一开始没在意数据范围...就用一个5行的dfs瞎做，搞了80分。 正解是带权并查集，只需要维护一下到根节点的距离就可以了。。。。 cpp include define N 200005 using namespace std; int n,father[N],to_root[N],ans 阅读全文
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"传送门" Solution: 并查集暴力搞。 挺像kruskal找最小生成树的，按边权从小到大排序，枚举最小边，然后不停的加比这条边大的边，直到s，t连通。 cpp include define N 505 define M 5005 using namespace std; int n,m,s, 阅读全文
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"传送门" 题目要求任意两点间至少有两条没有公共边的路， 也就是说所要求的图是一张边双连通图。 将一张有桥图通过加边变成边双连通图， 至少要加(leaf+1)/2 条边。 因此对于本题， 我们求出所有桥， 将桥删去后得出所有的边双连通分量， 将它们缩为点后找出叶子数， 进而求出答案 求图的桥： 跟求 阅读全文
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" 传送门在这儿 " 讲的真好！我还是写线段树。 阅读全文
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" 传送门 " Solution: 图上的点分为两种： 1.隔离后对图的连通性有影响的 2.没有影响的 情况2是很简单的，也就是样例中的1,2,5点，易知答案是(n 1) 2 情况1，其实就是图的 割点 。 我们考虑如何求图的割点—— 先回顾low,dfn的定义 定义 DFN(u)为结点 u 搜索的 阅读全文
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"传送门" 就是一个二维树状数组单点修改+区间查询的模板题，代码特别好实现，可以来练练手。 cpp include include include using namespace std; int trash,n,tree[1050][1050]; inline int lowbit(int x) 阅读全文
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"传送门" 就是stars的变式。 把e,s当成一个点的横坐标，纵坐标后，经过画图会发现，所要求的点，其实就是一个点的左上方。 按y从大到下排序，然后树状数组维护一下类似桶的东西即可。 cpp include include include include using namespace std; 阅读全文
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" 传送门 " Solution: 由于数字的大小可能非常大，而且都是未知的，所以只能采用离散化的方式先将数组离散化。 每次把这个数的位置加入到树状数组中，因为是排完序之后，所以之前加入的一定比后加入的大 然后再查询当前这个数前面位置的数。 cpp include define N 40005 us 阅读全文
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" 传送门 " 由于输出中的y还是单调递增，甚至还不用排序了。 我们用树状数组维护一个类似桶的东西即可，在update，注意是i=x;i include include using namespace std; int n,tree[32015],level[32015]; inline int l 阅读全文
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"传送门" 每个点最多走一次 因此我们用0,1表示一个点去没去过，这样的话，假如有5个点，10100就可以表示去过第一个点，去过第三个点，其他没有去过。 因此状态转移：dp[state][i]=min(dp[state][i],dp[state'][j]+dis[i][j]) 最短路用floyd搞搞 阅读全文
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j " 传送门 " Solution: 类似的，我们首先预处理出一行的 只关系是否会自己炸到自己的 所有合法状态(i&(i 2)) 由于当前行与前两行都有关系 因此我们设dp[i][j][k]为 当前第i行 状态为j i 1行状态为k 所以枚举当前行的状态 上一行的状态 上上行的状态 状态转移方程 阅读全文
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去掉最后一位 | (101101 10110) x 1 在最后加一个0 | (101101 1011010) x 1011011) x 101101) x | 1 把最后一位变成0 | (101101 101100) x | 1 1 最后一位取反 | (101101 101100) x^1 把右数第 阅读全文
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"传送门" PS:昨天被dalao深深的鄙视了不会状压dp。。。这几天一定要好好练 Solution: 我们发现，当前行的状态，只与上一行，以及自身内部有关，因此我们的dp数组很好确定，dp[i][state]代表第i行，状态为state的方案数。 ans=sigma(dp[m][state]) 因 阅读全文
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题目大意：有一个W行H列的广场，需要用1 2小砖铺盖，小砖之间互相不能重叠，问有多少种不同的铺法？ (w,h 1 如果前一行连续两个位置为0,那么这两个连续位置可以横放 即00 11 如果前一行该位置为1,显然该位置不能再放,于是应该把该位置设置为0 ，即1 0 对于一个当前行的可行状态s，用dfs 阅读全文
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" 传送门 " Solution: 与上一题十分类似的，我们考虑维护一个节点的区间从左到右包含最左端点的最大值，以及从右到左的最大值，以及整体的最大值，以及当前区间的权值和。 不过方便一点，我们不用再去维护区间左右端点的值，因为有了区间的权值和，父节点的lmax=max(lson.lmax,lson 阅读全文
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" 传送门 " Solution: 考虑在区间维护五个值: 一个是le 代表从左端点开始向右的最大01序列 一个是ri 代表从右端点开始向左的最大01序列 一个是all 代表整个区间最大的01序列(可以不含左，右端点) xl 代表区间左端点的值 xr 代表区间右端点的值 这样之后，每次push_up 阅读全文
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" 传送门 " 只需要对懒标记做文章，每次xor1，并且我们可以发现，一个区间xor1后权值和变为了l r+1 sum，知道这两个这道题就可做了。 cpp include define N 200005 using namespace std; int n,m,a[N]; struct node { 阅读全文
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"传送门" Solution: 一辆车的载重，取决于他到终点上的路的载重最小值，最小值越大，装的就越多 考虑如何找路径，如果bfs或者dfs的话，TLE。 这时想到，我们可以做一颗最大生成树（按照权值从大到小排序），在生成树的基础上，两点之间都是联通的，而且载重也是最优的。 这时考虑如何在生成树上找 阅读全文
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"传送门" Solution: 并查集，维护种类。 father维护可追溯的根节点，num维护与根节点的关系，我们定义0表示x与根节点同类，1表示x吃根节点，2表示根节点吃x。 当getfather(X)==(Y) 若D==1，而num[X]!=num[Y]， 则此话为假。（D==1 表示X与Y为同 阅读全文
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"传送门" 关于如何把多叉树转化为二叉树，有个口诀，叫做左儿子不变，右儿子兄♂弟。 详细的不多说，可以去参考一下相关资料。 等转化为二叉树了过后，让我们来琢磨一下。 左儿子：原根节点的孩子。 右儿子：原根节点的兄 ~~♂贵~~ 。 也就是说，不能直接套用第一题的方程，但是可以对dp数组进行相同的定义 阅读全文
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" 传送门 " 这道题是个很好做的二叉树 首先考虑给DP数组下定义，一般来说树形DP的DP数组的第一维都是当前节点的编号。 这道题光一维肯定是不够的 ，那么加维，发现dp[i][j]表示当前节点为i，保留j个节点的最大苹果数量比较ok。 那么方程就显而易见了，dp[i][j]=max(dp[i][j 阅读全文
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Problem： 在SD食堂，所有的座位是一行一行的排列。现在有N个座位排成一行，依次编号1,2,…,N，每个座位只能坐一个人，现在L想数一下有多少个人坐着，一个一个数太慢了，L决定只选择M段连续的座位，对每段分别数出人数。由于食堂噪音十分嘈杂，L无法专心，可能有输错了。但是L认为没有数漏，最多是重 阅读全文
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Problem: 有 n 个不同的数列成一个队列，现在可以若干次选择两个数交换位置，每个数只能被交换 一次。现在 L想知道能得到多少种不同的队列。 输入 第一行是一个整数 T，表示有 T组数据 接下来 T行，每一行是一个整数N表示数量 输出 T行，每行一个正整数表示这组数据的答案（模1e9+7的值） 阅读全文
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[传送门][1] Solution: 考虑倍增，维护up和w数组，up[i][j]代表i节点向上跳2^j能到达的节点，w[i][j]代表i节点及其以上2^j的和，一遍dfs，常规倍增处理即可。 特别地，w[i][0]的值不是val[father]，而是val[i] include define N 阅读全文
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[传送门][1] 题意：给出区间[1,n],下面有m组数据。l r，v区间[l,r]之和为v,每输入一组数据，判断此组条件是否与前面冲突 ,如果此条件冲突，则忽视它，最后输出与前面冲突的数据的个数. Solution: 带权并查集维护区间。 可以这么考虑，当几个区间能够拼起来的时，比如[1,3],[ 阅读全文
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[传送门][1] [1]: http://poj.org/problem?id=1988 题意：现在有n个立方体，n个坑。有p种操作，分为M与C。对于M操作：给出x，y，需要把x立方体所在的坑里的立方体全部搬到y立方体所在的坑上。对于C操作，给出x，需要输出x立方体下面的立方体个数。 Solutio 阅读全文
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[ 传送门 ][1] [1]: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3635 题目大意：有n个龙蛋，分别坐落在n个城市。现在有m个操作。操作分为T，Q。对于T：给出x，y，把x所在的城市中的蛋全部移到y所在城市去。对于Q：给出x，我们需要输出x所在的城 阅读全文
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先强调一下网络流 及最大流的通俗概念吧 (这里引用几个大佬的说法) 算了...自己戳进去看吧 懒得复制了(我不确定大佬后面写的能不能看懂 反正我是看不懂) https://blog.csdn.net/wzw1376124061/article/details/55001639 (看一下开头对网络流 阅读全文