合集-题解
摘要：原题链接：\(luogu\)$\ \ $ \(BZOJ\)$\ \ $ \(LOJ\) 题目大意：有一个可以支持插入和修改的字符串，定义函数 \(\operatorname{LCQ(x,y)}\) 表示从 \(x\) 开始的后缀与从 \(y\) 开始的后缀的最长公共前缀。 声明变量： \(ls\)：
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摘要：题目链接：\(BZOJ\) 本题通过 \(dyf\_DYF\) 的题解理解 \(ETT\)，代码则借鉴 \(lcyfrog\) 的题解，图片则使用了何太狼的题解。在此笔者感谢这三位神犇。 声明变量： \(ls\)：左儿子 \(rs\)：右儿子 \(sz\)：子树大小 \(rk\)：对应堆值 \(fa
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摘要：题目链接：\(luogu\) 声明变量： \(tr1/tr2\)：原树/点分树，用链式前向星维护 求链长（包括求 \(lca\)） \(a_i\)：原树欧拉序 \(st_{i,j}\)：\(RMQ\) 数组 \(dist_i\)：在原树中点到根的距离 \(dep_i\)：在原树中点的深度 \(lg_
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摘要：[SDOI2015] 寻宝游戏 题目大意 给你一棵树，边有边权，现在每个村庄可能会突然有宝藏，又可能会突然没宝藏。 若可以随意选择起点，问每次修改后从起点遍历完所有宝藏再回到起点的最短路径长度。 难度：七星（满分十星） 题解 注：\(dis(x,y)\) 为 \(x\) 到 \(y\) 的距离。 若
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摘要：感触很深，写篇题解。 轻而易举地发现 \(dp\) 式： \[dp_i=(dp_{i-1}\times 10^{1+\log_{10}i}\mod p+i)\mod p \]时间复杂度 \(O(n)\)，看来不行。 考虑矩阵快速幂优化。 有： \[\begin{bmatrix}dp_i\ i+1\
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摘要：每次合并两个数，做过石子合并的人都能看出来是区间 dp。 设状态 \(dp_{i,j}\) 表示区间 \([i,j]\) 中合并为一个数的所有情况之和。 那么我们就可以枚举断点 \(k\)： \(b_k\) 为 \(+\)：\([i,k]\) 中的每种情况都要和 \([k+1,j]\) 中的每种情况
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摘要：明显要以 \(1\) 为起点。 原图是树 这种情况下，走路不能回头，只能用 \(dfs\) 的思路走。当然肯定每次都走较小的那棵子树，\(vector\) 存图后排序即可达到这种效果。 时间复杂度 \(O(n\log m)\)。 原图是基环树 明显可以分别考虑将所有边断掉后的情况，取字典序最小的。
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摘要：众所周知，\(lyh\) 是一名压行大师，也是一名 \(juruo\)，所以他将他繁琐的方法用 \(102\) 行表现了出来…… 明显原题为基环内向树森林。 首先用并查集计算连通块，不在一个连通块里的答案就是 \(-1\ -1\)。 发现实际上答案就是以环为根节点，求 \(lca\) 的结果，求完后
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摘要：基环内向树上 dp，不过在这里提供给一种非典型做法。 考虑将环上的每一条边都断开，这样就会形成多棵树，先在这些树上进行树形 \(dp\)。设 \(dp_{i,0/1}\) 表示不选/选 \(i\) 时，\(i\) 子树内的最大选点数。明显方程为： \[\begin{cases}dp_{u,0}=\s
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摘要：发现可以直接建立虚树。 设 \(dp_{u,0/1/2}\) 表示第 \(u\) 个节点的子树内，所有选中节点到它的距离之和/选中节点中到它的最短距离/选中节点中到它的最长距离，\(as_{u,0/1/2}\) 则代表对于这个子树，题目所问问题的三个答案，\(i1,i2\) 分别为使 \(dp_{u
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摘要：不愧是 \(ZJOI\)，《最可做的一道题》都让人一头雾水…… 首先将问题转化到链上。 可以将总共的组数转化为每个点可以到达的城市。 明显给每个点建一棵动态开点线段树，维护可以和他通商的点。很明显，可以通商的点的标号连续的一段。我们可以将可以将每一次传播语言的工作当作区间修改，很明显可以用差分。最后
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摘要：发现实际上就是二维静态区间最大值，可以用整体二分维护。 时间复杂度 \(O((q+n^2)\log \max(a_{i,j})\log n^2)\)。 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const in
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摘要：俗话说的好，正难则反，既然不好想每一个子弹能打碎多少个木板，不如想每个木板被那枚子弹打碎。 然后就是显然的整体二分。由于可能木板不会被击碎，那些木板的分数会累加到最后一个子弹上，因此我们可以加一枚背锅弹，承担多余的分数。 时间复杂度 \(O((n+m)\log^2 m)\)。 #include<bi
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摘要：发现实际上就是在求有多少只蜥蜴能逃出来。 发现可以将柱子拆成入点和出点两部分，自己的出点向别人的入点连边，自己的入点向自己的出点连边。最后再加一个超级源点 \(S\)，连接所有有蜥蜴的柱子入点；再加一个超级汇点 \(T\)，连接所有能够跳出地图的柱子。 我们猛然发现：这个问题不就是求最大流吗？ 考虑
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摘要：假如将所有激光武器放在一边，所有机器人放在一边，激光武器向它可以伤害的机器人连边，再加超级源/汇点，这就是一个网络流问题。 考虑激光武器向机器人连的边容量无限，而机器人向超级汇点连的边容量为机器人的装甲值，而超级源点连向激光武器的边则是用时 \(\times\) 激光武器伤害。 发现假如答案为 \(
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摘要：发现可以做如下建图： 对于前两组输入，从 \(s\) 向所有代表学生的点连一条边，容量为其学习文科的喜悦值；从所有代表学生的点向 \(t\) 连一条边，容量为其学习理科的最大值。 对于后四组输入，建两个点 \(x,y\)，从 \(s\) 向 \(x\)，从 \(y\) 向 \(t\) 分别连容量为相
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摘要：发现题目中描述的配对条件可以理解为：\(pc_i-pc_j=1\) 且 \(a_i\bmod a_j=0\)，其中 \(pc_i\) 表示 \(a_i\) 的质因数个数。 自然想到以 \(pc\) 奇偶性建立二分图，可以配对的点间连一条边。 先不考虑费用，三种边为： \((s,i,b_i)\)，其中
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摘要：每个点拆成入点和出点。 发现每个点、每条边都只能经过一次，所以所有边的容量都是 \(1\)。 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=405,M=1e5+5; int n,m,s,t,
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摘要：考虑将修车师傅放在一边，顾客放在一边。 对于第 \(i\) 辆车，让第 \(j\) 个修车师傅来修，放在了倒数第 \(l\) 个，那么他产生的贡献即为 \(t_{i,j}\times l\)。 我们可以将每个修车师傅拆成 \(n\) 个点，第 \(l\) 个点表示修车师傅的倒数第 \(l\) 个位置
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摘要：考试压轴题，意识到这题是线段树优化 \(dp\) 时追悔莫及。 为了简化题目，我将从起点到原点变成了从原点到起点（这样就可以省去两个数组的空间）。 想到设 \(dp_{i,j}\) 表示在第 \(i\) 层，奶牛们在 \(j\) 列时的最小移动范围，则转移方程为（设输入为 \(l,r\)）: \[\
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