05 2019 档案
摘要：分块埃氏筛法分解质因子 cpp //minamoto include define R register define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;
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摘要：题面 "传送门" 题解 ~~维包一生推~~ 首先请确保您会 "二次离线莫队" 那么我们现在的问题就是怎么转移了，对于$i$和前缀$[1,r]$的贡献，我们拆成$b_i$和$c_i$两部分，其中$b_i$表示$i$的因数个数，$c_i$表示$i$的倍数个数 $c_i$非常好处理，插入$a_i$的时候直
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摘要：题面 "传送门" 题解 lxl大毒瘤 我们考虑莫队，在移动端点的时候相当于我们需要快速计算一个区间内和当前数字异或和中$1$的个数为$k$的数有几个，而这个显然是可以差分的，也就是$[l,r]$的询问可以拆成$[1,r] [1,l 1]$ 我们考虑莫队移动指针的过程，以$[l,r]$移动左指针到$p
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摘要：题面 "传送门" 题解 和 "这题" 差不多 cpp //minamoto include define R register define pb push_back define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) define fp(
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摘要：题面 "传送门" 题解 orz ljz 相当于每一个数要加上 $$v\times [\gcd(i,n)=d]=v\times [\gcd(i/d,n/d)=1]=v\times \sum_{p|{i\over d},p|{n\over d}}\mu(p)$$ 那么我们可以维护一个$f_i$，每次令$
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摘要：题面 "传送门" 题解 好吧我是不太会复杂度分析…… 我们对于每种颜色用一个数据结构维护（比方说线段树或者平衡树，代码里写的平衡树），那么区间询问很容易就可以解决了 所以现在的问题是区间修改，如果区间颜色相等直接$O(\log n)$修改就好了，否则的话，一个很暴力的思路是把区间分成若干段颜色相等的
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摘要：题面 "传送门" 题解 感谢$@M\_sea$的代码我总算看懂题解了…… 这个操作的本质就是每次把$x$的$k$进制最低位乘$2$并进位，根据基本同余芝士如果$k$是奇数那么最低位永远不会变为$0$，也就是说最低位所在的位置是不变的，并且$1$到$n$会被分成若干条链，链上我们可以用线段树之类的搞一
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摘要：题面 "传送门" 题解 首先$x$和$y$两维互相独立，可以分开考虑，我们以$x$为例 我们把$x$做个前缀和，那么就是问有多少$i$满足$s_is_{i 1}0$且$\min(s_i,s_{i 1})0$的个数 注意到一次单点修改会使一个点到结尾的$s_i$区间加，而对应的$\max(s_i,s_
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摘要：题面 "传送门" 题解 可持久化$Treap$搞一搞
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摘要：题面 "传送门" 题解 日常敲板子.jpg cpp //minamoto include define R register define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) define fp(i,a,b) for(R int i=(a
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摘要："传送门" 太菜了连$D$都做不出来没有小裙子$QAQ$ $A$ 暴力把所有的数对都算出来，然后$sort$一下就行了 $B$ 我们从左到右一列一列考虑，如果该列上下都没有，放一个黑的就够了（具体放在上下无所谓，反正都是一个），如果这一列有，那么和上一个有黑的列进行比较，如果它们上同有或下同有就不用
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摘要：题面 "传送门" 题解 可持久化一下就好了，具体可以看代码 这里有一个小$trick$就是我们原本在$merge$的时候也要新建节点的，但是我们$merge$之前一般已经$split$过了，需要的节点全都建起来了，所以不需要再新建了 cpp //minamoto include define R r
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摘要：题面 "传送门" 题解 板子，没啥好说的
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摘要：题面 "传送门" 题解 $FHQ\ Treap$比起$Splay$还是稍微好写一点……就是老是忘了要下穿标记……
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摘要：题面 "传送门" 题解 写了一下$FHQ\ Treap$
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摘要："传送门" 既然没参加过就没有什么小裙子不小裙子的了…… 顺便全是概率期望真是劲啊…… 因自过去而至的残响起舞 $k$增长非常快，大力模拟一下就行了 她的想法、他的战斗 卖出的期望价格肯定是$q={L+R\over 2}$ 然后分类讨论，如果$q\leq l$收益是$0$，否则收益为${(q p)(
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摘要："传送门" $REDONE$ 贡献可以拆成$X(Y+1)+Y$，那么一个数$x$的贡献对最终答案的贡献就是$x(a_1+1)(a_2+1)...$，那么最终答案肯定是$\sum\limits_{i=1}^ni\prod\limits_{j=1}^{i 1}(j+1)$最优 $MATCHS$ 直接辗转
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摘要："传送门" 我比赛的时候怕不是在睡觉啊…… $A\ Darker\ and\ Darker$ 我是不是想得太复杂了……根本没必要像我这样做吧…… 首先问题可以转化成令$p_{i,j}$表示到$(i,j)$这个白点最近的的黑点的距离，求$\max\{p_{i,j}\}$。而答案显然是可以二分的 对于某
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