摘要：
据说是网络流棋盘模型了 我们把每一个连续子段都看成一个点，我们先把所有的行上的连续子段找出来给他们编上号，所有列上的连续子段找出来也编上号 现在每个格子都有两个编号了，$a[i][j]$表示行所对应的连续子段的编号，$b[i][j]$表示列所对应的连续子段的编号 之后我们就需要把这些子段匹配起来就可 阅读全文
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好题啊 先考虑一些如何判掉无解的情况 我们开一个桶，存一下每个编号有多少个人必须选，之后做一个后缀和，之后我们扫一遍，如果一旦有一个后缀和$pre[i]$超过$n i+1$就不合法了，因为我们在$[i,n]$这里要安排的人已经超过$n i+1$也就是这个区间的容纳范围了，所以这样放下去肯定会导致超掉 阅读全文
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发现这个数列的范围特别大但是值域的范围特别小 于是可以大胆猜测这道题值域肯定需要开到状态里去 又发现$262144=2^{18}$这个暗示非常明显啊，暗示这道题跟二进制有关系 其实也没什么关系 设$dp[i][j]$表示从$i$位置开始合并，合并出$j$这个数所合并的区间的尾位置在哪里 之后就会发现 阅读全文
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听说这是动态开点主席树的板子题，但是发现我还不会，于是就来写一写 其实跟主席树一个样子的 这里就是存个板子吧 cpp include include include include define re register define max(a,b) ((a) (b)?(a):(b)) define 阅读全文
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非常玄妙的博弈入门 好神仙的题啊 其实这就是经典的$Nim$问题 如果所有石子的异或和为$0$，那么这就是一个必败状态 这个我只会感性理解一下 首先所有的石子都是$0$，异或和肯定是$0$，这也自然是一个必败状态 而如果异或和不是$0$，我们设异或和为$X$ 我们可以找到这个$X$的最高位，显然那些 阅读全文
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求$\sum_{i=1}^ngcd(i,n)$ 考虑枚举$gcd$，现在答案变成这样 $\sum_{d|n}d f(d)$ $f(d)=\sum_{i=1}^n [gcd(i,n)==d]$ 考虑一下$f(d)$如何求 显然$f(d)=\varphi(n/d)$ 因为所有与$n/d$互质的数乘上$d 阅读全文
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这是$sa$的经典题目了 我们都知道答案就是 $$\sum_{i=1}^nn+1 sa[i] het[i]$$ 我们尝试理解一下这个东西 首先$n+1 sa[i]$表示的是排名为$i$的这个后缀能形成的子串个数是多少个，也就是从$sa[i]$位置开始的子串 之后减掉$het[i]$表示减掉的是和排名 阅读全文
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$Ac$自动机好题了 这个题要求我们一直无法匹配到结束标记，所以我们直接在$trie$图上找到一个环，这个环可以被根节点到达，之后还没有结束标记 发现自己不会$dfs$找环，于是直接莽上$tarjan$ 之后一直写挂各种$sb$ 代码 cpp include include include incl 阅读全文
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其实这道题跟 "[AHOI2013]差异" 很像 其实这个问题的本质就是让你算所有后缀的$lcp$长度之和，但是得来自两个不同的字符串 先把两个字符串拼起来做一遍$SA$，由于我们多算了来自于同一个串内的情况 于是在分别对这两个串建$SA$，减掉这两次算出来的答案 现在的问题转化为求出$height 阅读全文
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好像是最小表示法的板子题呢 但是不会啊，于是就变成了我的第一道$SAM$ 对于这种跟循环同构有关系的题，显然需要将原来的串倍长，之后先插入到$SAM$里去 之后我们在$SAM$上找到贪心访问最小的儿子找到一条长度为$n$的路径就好了 显然因为我们循环同构了，所以从根到根的任何一个转移必然会存在一个长 阅读全文
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怎么全是广义后缀自动机，我$AC$自动机不服 这道题可以使用的算法很多，$SA$或者$SAM$应该都可以 但是我都不会 但是这毕竟是一个多串匹配问题，$AC$自动机还是可以刚一刚的 我们先考虑一下暴力做法 先将操作离线下来，之后对于所有的询问串建立$AC$自动机，之后我们把$n$个给出串放到$AC$ 阅读全文
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$AC$机上的计数$dp$啊 并没有想到反着求出不合法的串的个数，直接正面硬上 设$dp[i][j][0/1]$表示匹配出的长度为$i$，在$AC$机上位置为$j$，没有/有匹配到一个完整串的方案数 由于这个的长度是满足子结构的，可以直接$dp$求解 注意结束标记会影响到所有能通过跳$fail$到达 阅读全文
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从原来的单串匹配变成了多串匹配 好像也没什么特别不一样的地方 原来的做法是搞一个栈，之后一旦匹配到就往前弹栈 做法也一样 但是在$AC$自动机上暴力跳$fail$是要$T$的 我们并没有必要去暴力跳$fail$，只需要存下往后跳$fail$能跳到的成功的位置是哪里就好了 这个在预处理的时候处理一下就 阅读全文
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调自闭了 记得那是$Day1$的晚上，我和最强的yem在看pj的题 就发现了这道 之后随手推了一个斜率优化，被杨神嘲讽了 结果发现斜率优化确实是最好的做法了 我们根据时间轴来$dp$ 可以把题意转化为数轴上有很多个点，现在将数轴划分成若干个区间，最小化每一个点到其所在区间右端点的距离 之后就可以搞出 阅读全文
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卡特兰数！ 至于为什么是卡特兰数，就稍微说那么一两句吧 对于一个高度为$i$的阶梯，我们可以在左上角填一个高度为$k$的阶梯，右下角填一个高度为$i 1 k$的阶梯剩下的我们用一个大的长方形填上就可以啦 比如这个样子 之后还需要高精，但是为了简单好写，这里可以分解质因数，之后就变成另一个单精度乘高精 阅读全文
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$n=m$时候经典的卡特兰 那$n!=m$呢，还是按照卡特兰的方式来推 首先总情况数就是$\binom{n+m}{n}$，在$n+m$个里选择$n$个$1$ 显然有不合法的情况，减掉它们 对于一种不合法的情况，必然存在一个前缀$0$的个数比$1$多$1$ 我们考虑构造出一个由$n+1$个$1$和$m 阅读全文
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第一问的做法好像不太一样 首先第二问非常简单，直接在主席树上二分就好了，单次查询的复杂度$O(logn)$ 第一问并没有想到有二分这种神仙操作，依旧用的是主席树 我们可以对矩阵建出主席树，也就是像二维前缀和那样的主席树 但是众所周知我们写二维前缀和的时候是这么写的 我们发现这个样子我们根本没有办法优 阅读全文
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"题目" 非常妙的题目，一看到就以为是一道博弈，之后就不会做了 正解非常巧妙，由于我们只需要求出最后两个人得分的差值，所以对于每一条边我们将其的权值拆成两边，分给其连接的两个点 如果这两个点被同一个人选择，那么这条边的边权就会加到最后这个人的总得分里去，如果被两个人分别选择，那么两个人每个人都获得了 阅读全文
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noip前练一下码力还是非常有前途的 这道题本来就是想写个大暴力弃疗的，所以直接强上暴力浑身舒爽 结果发现要不是判重的时候脑残了，就能$A$了 没什么好说的呀，就是每一次都暴力$O(n)$往上下左右扩展状态，之后放到队列里，$map$判重就好了 代码 cpp include include incl 阅读全文
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没写过几道的前缀和优化$dp$ 第一问是小学生难度的二分 第二问就直接$dp$了 设$dp[i][j]$表示当前分割点在$i$之后，前面一共分割了$j$段的方案数 利用前缀和单调性，通过二分预处理出每一个点往前能扩展到的最大位置，之后前缀和优化就可以啦 但是发现这个样子空间会炸，而这个样子还没有办法 阅读全文