摘要：
详细做法以及证明请看论文《Hamiltonian paths in the square of a tree》。 首先将1到n的路径提取出来，作为主干。 定义毛毛虫为去掉叶子之后只有一条单链的树，定义non-trivial的毛毛虫为单链非空的毛毛虫。 对于主干上每个点，计算它的非主干部分是否是毛毛虫 阅读全文
摘要：
设 $fl[i]$表示从$S$向左走，用了不超过$i$天且不回头的最大收益。 $fr[i]$表示从$S$向右走，用了不超过$i$天且不回头的最大收益。 $gl[i]$表示从$S$向左走，用了不超过$i$天且回到$S$的最大收益。 $gr[i]$表示从$S$向右走，用了不超过$i$天且回到$S$的最大 阅读全文
摘要：
将分组计划按照$k$从小到大排序，维护一个单调栈，每个元素为一个矩形，按最底下元素从高到低排列，栈顶最低。 每次加入一个矩形可选区域，维护单调栈，可以往回合并。 然后将所有最低点不满足的矩形取出，合并后放回。 每次考虑栈顶区域，将它取到和下一个矩形底边一致时合并。 可持久化线段树维护，时间复杂度$O 阅读全文
摘要：
如果两个相邻的串可行，那么它们合并后一定可行，所以求出所有可行的串的个数$t$，则$ans=2^{t-1}$。 注意特判整个串不可行的情况，这个时候答案为0。 #include<cstdio> int n,m,i,t,ans;char a[300010]; int main(){ for(scanf 阅读全文
摘要：
找到一棵dfs搜索树，给每条非树边一个随机非0权值，每条树边为所有经过它的树边的权值的异或。 那么有2种情况是合法的： 1.一条边权值为0，一条边权值非0。 2.两条边异或和为0。 排序后统计即可，时间复杂度$O(m\log m)$。 #include<cstdio> #include<algori 阅读全文
摘要：
最小的合法串长是$O(n^2)$级别，所以当$n>21$时无解。 设$g[i][j]$为$i$后面第一个字符$j$的位置，没有就是$m+1$。 设$f[S]$为之前序列的集合为$S$，全员匹配到的最早可行位置，然后枚举最后一位进行转移，若$f[(1<<n)-1]\leq m$则可行。 时间复杂度$O 阅读全文
摘要：
以根为原点，所有叶子为汇点建立网络。 对于一条边$(x,y,A,B)$，$x$向$y$连边，容量$A$，费用0，再连边，容量$B-A$，费用1。 然后不断增广，直到费用达到$M$为止的最大流即为答案。 考虑用树链剖分+线段树来模拟这个过程： 首先加入所有费用为0的边，每次求出到根距离最小的可增广的叶 阅读全文
摘要：
从上到下枚举下底边，维护$a[i]$表示$i$向上延伸多少距离里面没有坏点，$b[i]$表示$i$向上延伸多少距离里面最多只有1个坏点。 设$l0[i],r0[i]$表示以$a[i]$为最小值，往左往右能延伸到哪里，$l1[i],r1[i]$表示以$b[i]$为最小值，往左往右能延伸到哪里。 枚举$ 阅读全文
摘要：
首先答案一定是包含直径某个端点的一个连通块里所有边权值之和，设直径为$AB$，以$A$和$B$分别为根进行处理。 首先按照最长路法则将这棵树进行树链剖分，那么每个叶子的贡献为它与它所在链顶端的点的距离。 将叶子按贡献从大到小排序，并求出$h[x]$表示$x$子树内叶子排名的最小值。 对于询问$(x, 阅读全文
摘要：
考虑从左往右填数，维护当前数字权值与$A$权值的差值，如果差值大于9，那么以后无论怎么填，都不会改变大小关系。 所以设$f[i][j][k]$表示填了前$i$位，差值为$j$，是否卡住$B$上限为$k$的方案数，然后DP即可。 #include<cstdio> #include<cstring> # 阅读全文
摘要：
将$I$转置，设$G=OI$，则$ans=G^0+G^1+...+G^d$。 注意到$G^d=O(IO)^{d-1}I$，而$IO$是大小为$k\times k$的矩阵，可以通过倍增在$O(k^3\log d)$的时间内求出，然后依次与$O$和$I$的一行一列相乘即可。 时间复杂度$O(nk^2+m 阅读全文
摘要：
考虑DP，设$f[i][j]$表示考虑了$a[1..i]$和$b[1..j]$的最小代价。 若$a[i]==b[j]$，则$f[i][j]=\min(f[i-1][j],f[i][j-1])+1$。 否则找到最大的$t$，满足$x$和$y$往前$t$个均不相等，此时$f[i][j]=f[i-t-1] 阅读全文
摘要：
枚举答案长度$L$，设$A$和$B$分别为第一个循环节和反串的第一个循环节。 1.坏点不在$A$，那么可以暴力匹配检验。 2.坏点不在$B$，那么把串翻转后不在$A$中，转化为1。 3.坏点在$A$和$B$的交里面，那么只要长度为$n-L+1$的前后缀相同，那么就存在长度为$L$的循环节。 通过扩展 阅读全文
摘要：
首先求出区间前$k$大数中奇数的个数和偶数的个数。 如果都是偶数，那么答案就是前$k$大数的和。 否则，要么去掉最小的偶数，加上最大的奇数，要么去掉最小的奇数，加上最大的偶数。 主席树维护即可。 时间复杂度$O((n+m)\log n)$。 #include<cstdio> #include<alg 阅读全文
摘要：
记忆化搜索，设$f[i][j]$表示符号$i$一开始kmp指针为$j$，中间匹配了多少次，$g[i][j]$则表示匹配结束后kmp指针的位置。 时间复杂度$O(nl^2)$。 #include<cstdio> #include<cstring> const int N=26,M=105,P=1000 阅读全文
摘要：
因为是一个排列，所以可以用$n$位二进制数来表示$O(n\log n)$求LIS时的单调栈。 首先通过$O(n^22^n)$的预处理，求出每种LIS状态后面新加一个数之后的状态。 设$f[i][j]$表示已选数字集合为$i$，LIS状态为$j$的方案数。 转移时枚举不在$i$里的数$t$，如果$t$ 阅读全文
摘要：
求出左上角到每个需要保护的点左上角的最短路树，那么最优解一定圈住了它们。 然后将每个点拆成四个点，四个点之间如果没跨越最短路树的树边，那就连0权边。 每个需要保护的点四周4个点都不可通行，求出最短路即为答案。 时间复杂度$O(nm\log(nm))$。 #include<cstdio> #inclu 阅读全文
摘要：
$x^k=\sum_{i=1}^k Stirling2(k,i)\times i!\times C(x,i)$ 设$f[i][j]=\sum_{k=1}^n C(dist(i,k),j)$。 则可以利用$C(i,j)=C(i-1,j-1)+C(i-1,j)$，通过树形DP求出$f$。 时间复杂度$O 阅读全文
摘要：
\[\begin{eqnarray*}&&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k\\&=&\sum_d d^k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\\&=&\sum_d d^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n} 阅读全文
摘要：
设$c[i]=g[i]+\frac{i(i+1)}{2}-a[i]\times i-a[i]$，$d[i]=a[i]-i$，$f[i]$表示以$i$为结尾最多保留多少个建筑，则 $f[i]=\max(f[j])+1$，$j<i且d[j]\leq d[i]$ $g[i]$表示以$i$为结尾的最小代价， 阅读全文