摘要：
主要被坑在了询问上（说的好像修改可以坑人一样 设已经超过s的数有k个。 如果k>=c那么显然可行 否则如果剩下的数的和>=（c-k)*s的话则有解，否则无解 简单证明一下 ： 如果sum>=（c-k)*s，由于每个数都是小于s的，所以剩下数的个数>=(c-k)*s/(s-1)>(c-k)，所以必然可 阅读全文
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题意 ： 给你一棵树，每个节点有点权，树上的每一个联通子图的价值为联通子图中所有节点点权的or和。求这棵树所有联通子图价值和。 显然可以去考虑增量计算，假如我们有了一棵树，在这棵树上加入一个节点会对答案有多少贡献呢？ 考虑对于多出来的联通子图，一定且必须包含有新加入的这个节点才是一个没被计算过的联通 阅读全文
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维护前缀和，枚举区间起点l，则满足条件的区间结尾r必须满足L<=pre[r]-pre[l]<=R 用值域线段树维护即可 代码 ： 阅读全文
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一开始想到过用莫队，没有想出来怎么去转移。。。 事实上对于一个子串是p的倍数的串有一个性质，就是开头和结尾的后缀串的余数相同，这个还是好理解的。 假设一个子串[l,r]数值为t，设t=xp，这个子串结尾对应的原串后缀[r+1,n]数值为t'，设t'=y*p+r 那么这个串开头对应原串的后缀[l,n] 阅读全文
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可以注意到题目中所说合法序列的充要条件是对于所有i，<=i的数至少出现过i次 那么我们可以设dp[i][j]代表小于i的数已经出现了j次 那么转移方程就很显然了 dp[i][j]=segma(dp[i-1][k]*C[j-k-ap[i]][n-m-(k-tl[i-1])]) (k+ap[i]<=j) 阅读全文
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暴力预处理出可行点对，拆点后跑最小费用最大流，费用取负 连边要对连，就是x->y和y->x都要连，最后除2才是答案 因为这里每个数只能匹配一次，对连的话同一个点两边都会采用同样的连法所以可以避免多次匹配 代码： 阅读全文
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可以用dfs做，但是精度会有点炸，之后就是各种取对数或者模意义下的运算。。。 不过这道题可以用long double水过去。。。- -| 代码： 阅读全文
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SW算法是求全局最小割的一种O(n^3)算法，虽然可以用堆优化到O(n^2logn)，但在稠密图上效果好像并不太好。 算法流程 ：1）设图G的min_cut=INF 2）设集合A为空集，w为累计权，随机选一个节点s，将s加入A，将所有与s相连的点i的wi加上s->i的边权 3）选出一个w值最大的不在 阅读全文
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栈模拟dfs，学到了新姿势 这种题很显然应该用虚树去搞，之前也没写过虚树 具体来说就是先维护dfs序，之后每次询问按dfs序排序后一个一个压入栈内，相当于dfs中的进入递归 如果当前压入栈中的元素与之前栈顶元素的Lca深度小于栈顶元素，那么就把栈顶元素弹出，相当于dfs中的返回 虚树上就很好dp了， 阅读全文
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费用流 把每个工人点拆成n个，代表是修的倒数第几辆车，这样费用就很好设定了。 总体构图 ： 源点向所有顾客连边（1,0） 所有工人点向汇点连边（1,0） 顾客向工人点连边，第i位顾客向第j个工人拆出的第k个点连边（1，k*cost[i][j]） 代码 ： 阅读全文