摘要：
一眼二分。然后重点是树上贪心部分 长得像dp一样，设mn为子树内已炸点的最浅点，mx为子树内没有炸并且需要炸的最深点，然后转移直接从子树继承即可 然后是判断当前u点是否需要炸，当mx[u]+mn[u] include using namespace std; const int N=300005; 阅读全文
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按根号300000=m分情况讨论 查询是，当x小于等于m，那么可以暴力记录直接出解；否则，用分块维护区间值，查询的时候以x为步长跳根号m次取最小值即可 还有一种并查集方法，来自https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7088337.html cpp include i 阅读全文
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这题加个 include都会MLE…… 神思路，每个数抵消宇哥和它不同的数，最后剩下的就是众数 cpp include int n,la,x,tot; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i 阅读全文
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神区间dp 设f[l][r][0]为在l到r中压缩的第一个字符为M，并且区间内只有这一个M，f[l][r][0]为在l到r中压缩的第一个字符为M，并且区间内有两个及以上的M 然后显然的转移是f[i][j][1]=min(f[i][k][0],f[i][k][1])+min(f[k+1][j][0], 阅读全文
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注意到周期234的lcm只有12，也就是以12为周期，可以走的状态是一样的 所以先预处理出这12个状态的转移矩阵，乘起来，然后矩阵快速幂优化转移k/12次，然后剩下的次数暴力转移即可 cpp include include include using namespace std; const int 阅读全文
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好眼熟啊 直接dp显然很难算，所以设val为只在n点建一个仓库的费用，然后设f[i]为在i~n点建若干仓库并且i点一定建一个仓库的最大省钱数 转移很显然，设s为p的前缀和，f[i]=max{f[j]+s[i]\ (x[j] x[i])} a[i] 然后推转移 $$ f[i]=f[j]+s[i] x[ 阅读全文
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脑补一下给出的图：一个环，然后有若干连接环点的边，我们就是要求这些边不重叠 考虑一下不重叠的情况，两个有交边一定要一个在环内一个在环外，所以把相交的边连边，然后跑黑白染色看是否能不矛盾即可（可能算个2 SAT？） cpp include include include using namespace 阅读全文
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等于有传递性，所以hash一下把等于用并查集连起来，然后再判断不等于是否合法即可 cpp include include include include using namespace std; const int N=200005; int T,n,x,y,v,f[N],g[N],tot,has; 阅读全文
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spfa预处理出最短路数组dis，然后反向建边bfs出ok[u]表示u能到n点 然后发现有0环的话时候有inf解的，先dfs找0环判断即可 然后dfs，设状态f[u][v]为到u点，还可以跑最短路+v的长度，记忆化，然后直接搜即可 cpp include include include includ 阅读全文