摘要：
对于一个区间四个角的点，可以用线段树记下来它们两两的联通情况 区间[l,r]通过两个子区间[l,m],[m+1,r]来更新，相当于合并[l,m],[m+1,r]，用(m,m+1)这条边来合并 查询a,b答案的话，不仅可以直接从[a,b]区间连通，也有可能从旁边绕了一圈 总之细节很多 懒得写了 升级版 阅读全文
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贪心地，可以建出一棵树，每个区间对应一个点，它的父亲是它右边的、与它不相交的、右端点最小的区间。 为了方便，再加入一个[0,0]区间 于是就可以倍增来做出从某个区间开始，一直到某个右界，这之中最多能选多少区间 这样的话，可以从[0,0]区间，倍增做出第一问的答案 考虑第二问，我们需要尽量选编号小的区 阅读全文
摘要：
根为r时x、y的公共祖先，就是lca(x,r),lca(x,y),lca(r,y)中深度最大的那一个，不要再在倍增的时候判来判去还判不对了... 阅读全文
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成环，把每个区间变成两个然后展开成链 一个人的下一个人肯定是在彼此相交的基础上，右端点越大越好 于是就把它连到相交的、右端点最大的点上，连成一棵树 于是每次只要从某个节点开始，一直在树上跳到覆盖了一个M为止，统计数量 这个可以倍增来做 阅读全文
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dfs序后用线段树来记每个节点的前缀和 每次找一个前缀和最大的节点，然后把它到根的路径上的每个之前没被走过的点 对应的dfs序的区间 减掉那个点的权值 每个点最多被减一次，复杂度是$O(nlogn)$的 阅读全文
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由于是$2^i$，所以一定要尽量留下来编号大的点 我们干脆就让n号点做树根，它是一定要留的 然后如果要留i的话，i一直到根的路径也都要留。所以只要判断一下够不够把这个路径上还没有留的都留下来 记录下已经留下来的点，然后倍增来找就可以了 然后如果可以的话，可以一个一个往上跳地修改，反正每个点只能被留下 阅读全文
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不能把数存下来。 于是来打擂台，如果新数和他不相等，cnt--，否则cnt++。如果cnt<=0了，那个新数就来把它顶掉，然后把cnt重置成1 最后在台上的就是那个次数大于N/2的众数 （连<bits/stdc++.h>都不能include..直接MLE） 阅读全文
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根据各点到圆心的距离相等，可以列出有N个等号的方程 假设圆心坐标是(x,y,z,...)的话，$x^2,y^2,z^2$等是可以消掉的 于是整理一下，就变成了N元1次方程组，有N个方程、而且保证是相容的 高斯消元的话，就是拿着第一式去把剩下的第一项都消了，再拿第二式把剩下的第二项都消了，...到最后 阅读全文
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由于有相同权值的边不超过10条的限制，所以可以暴搜 先做一遍kruskal，记录下来每个权值的边使用的数量（可以离散化一下） 可以证明，对于每个权值，所有的最小生成树中选择的数量是一样的、而且它们连成的连通块也是一样的 所以我们把每个权值的边分开暴搜所有可能的情况，最后再乘到一起就是答案 阅读全文
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把超级钢琴放到了树上。 这次不用主席树了..本来以为会好写一点没想到细节更多（其实是树上细节多） 为了方便，对每个点把他的那个L，R区间转化成两个深度a，b，表示从[a,b)选一个最小的前缀和（到根的和）减掉 为了更加方便，编号变为2~N+1，然后把2连到1上，1作为一个假根，权值为0 然后倍增去找 阅读全文
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思路：先扫一遍所有点作为右端点的情况，把它们能产生的最大值加到一个优先队列里，然后每次从优先队列里取出最大值，再把它对应的区间的次大值加到优先队列里，这样做K次 可以用一个前缀和，每次找i为右端点的第K大时，就相当于找[i-R,i-L]（可能有±2的偏差，会意）的第K小值，然后把它减掉 这个可以用主 阅读全文