摘要：
这题只需要考虑奇偶性即可，答案就是到子节点偶数和*到本节点奇数以及子节点奇数和本节点偶数，之后更新数量 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=3e5+10; const int m 阅读全文
摘要：
非常巧妙的转换。首先我们可以观察性质，一条边不可能出现两次，因为显然可以被更好的方案替代 之后，每个边就存在选或者不选两种情况 如果以子树的节点为偶数，那么就不需要，否则需要，做一下dfs即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef 阅读全文
摘要：
这题的思路很精妙，因为我们发现每个点有两种选择，一种是涂新的颜色，一种是涂原来出现的颜色 如果按树形dp的方法做，很难做，因为无法判断点之间的路径以及存在的颜色关系。因此想到使用dfs序的方式，转化成链式 这样该节点涂色之前父亲节点也被涂色。而新颜色可以随便选，原来的颜色必须和父亲节点的颜色一样 # 阅读全文
摘要：
这题暴力思路是一直往上跳，然后计算，但是我们发现，如果知道了父节点的所有信息，那么我们只需要比一下父节点的信息和自己，就知道自己能怎么跳 问题就是如何快速求信息，因此想到从根节点往下求，用倍增算法。我们是设f[i][j]为i能够交易2的j次的点在哪，所以只要知道f[i][0]就可以通过倍增思想求出所 阅读全文