04 2019 档案
摘要：对于原有边，流区间是(1,inf)，按着原边连，然后再连(s,i,(0,inf)),(i,t,(0,inf))表示任意位置进出雪场 按着这个建出新图 然后最小流的方法是先跑可行流，设ans为(t,s,(0,inf))的流量，然后取消这条边，跑从原来的t s的最大流为ans2，答案就是ans ans2
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摘要：据说正解是有上下界最小流，但是这种1e5的玩意问什么要跑网络流啊…… 贪心即可，注意一点是可以有多条路径经过一条边…… 以1为根，设d[u][0/1]为u到父亲的边是向下/向上，g记录这个点儿子中不能抵消且和它的d相同（同方向）的点个数，这里的抵消是一个0和一个1可以凑一条路径直接加进答案里，在df
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摘要：每条边流量有下界有费用，很显然是有上下界有源汇最小费用最大流 连边(s,1,(0,inf),0),(i,t,(0,inf),0)，表示从1出发inf次从每个点结束inf次 连边(i,j,(1,inf),v[i][j])，表示ij之间有剧情的话就至少走一次，每次走花费v[i][j]时间 然后套有上下界
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摘要：连有上下界的边(ss,i,(0,m),0),(i',t,(0,m),0)，表示从任意点开始和结束 连(i,j,(0,m),d[i][j])，表示可以买票飞过去 连(i,i',(v[i],v[i]),0)，表示这条边会流固定v[i]个人 连(s,ss,(m,m),0)，表示限制m个人 然后跑有上下界有
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摘要：最大值最小，所以考虑二分 |Σaij Σbij| include include include using namespace std; const int N=505; int n,m,ll,rr,a[N][N],sh[N],sl[N],h[N],cnt,le[N],d[N],s,t; stru
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摘要：有正负收益，考虑最小割 因为有依赖关系，所以考虑最大权闭合子图 首先对每个d[i][j]建个点，正权连(s,id[i][j],d[i][j])并加到ans上，负权连(id[i][j],t, d[i][j]) 然后选了大区间一定会选小区间，连这样的依赖关系：(id[i][j],id[i+1][j],i
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摘要：上来就跑3e5的最大流……脑子抽了 很容易看出，每个地方的海拔都是0或1因为再高了没有意义，又，上去下来再上去没有意义，所以最后一定是从s连着一片0，剩下连着t一片1，然后有贡献的就是01交接的那些边 跑个最小割就好了 然而跑不过，考虑建对偶图，也就是网格的空当成一个点，然后这些点之间互相连边的权值
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摘要：一开始在https://www.cnblogs.com/lokiii/p/10770919.html基础上连(i,j,b[i][j])建了个极丑的图T掉了……把dinic换成isap勉强能卡过 首先因为有正负收益所以考虑最小割，先ans=Σb，然后考虑负收益 把割完后和s相邻的视为不选，反之视为选，
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摘要：把转置矩阵看成逆矩阵吓傻了233 首先按照矩乘推一下式子： $$ D=\sum_{i=1}^n a[i] (\sum_{j=1}^n a[j] b[j][i]) c[i] $$ $$ D=(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a[i] a[j] b[j][i]) (\sum_{i=1
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摘要：这个条件非常妙啊，奇数和奇数一定满足1，因为\\( (2a+1)^2+(2b+1)^2=4a^2+4a+4b^2+4b+2=2(2(a^2+a+b^2+b)+1) \\)里面这个一定不是平方数因为除二后是个奇数不能再分一个2出来；偶数和偶数一定满足2，因为gcd =2 考虑最小割，先加上所有收益然后
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摘要：脑子不太清楚一个zz问题调了好久…… 首先正难则反，因为三元环好像没什么特点，就考虑让非三元环个数最小 考虑非三元环特点，就是环上一定有一个点的入度为2，联系整张图，三元环个数就是每个点C(入度,2)的和 把无向边看成点，这样的点会向两端点的一个贡献一个入度，所以建图，s连这些点流量1费用0，这些边
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摘要：玄妙的建图…… 这种平衡度数的题按套路是先黑白染色然后分别连ST点，相邻格子连黑向白连费用1流量0的边，然后考虑费用怎么表示 把一个点拆成五个，上下左右中，中间点黑白染色连ST， 对于连S的点，中点连它不转时候的四边点（有哪个连哪个）流量1费用0的边。 然后考虑转的费用，因为这里已经拆点了，所以在里
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摘要：考虑b的两种情况，一种是p的祖先，这种点有min(k,de[p] 1)个，然后每个这种b都有si[p] 1个c点可选； 另一种是p的子孙，要求是在p的子树内且deep在de[p]+1~de[p]+k之间，然后一个这样的b点贡献是si[b] 1，也就是在他的子树内选c点，考虑怎么算这个，用dfs序维护
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摘要：第一、二问： 就是最小的最长公共长度+1，设f[i][j]为a匹配到i，b匹配到j，第一问的转移是f[i][j]=(a[i]==b[j]?f[i 1][j 1]+1:0)，第二问的转移是f[i][j]=(a[i]==b[j]?f[i 1][j 1]+1:f[i][j 1])，注意这里更新最小公共长度
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摘要：整体二分： 对于每一个修改操作，标记为1，并且加一个标记为 1的这个位置原来值，并且对于a数列每个点都当成修改操作 然后整体二分，扫当前操作区间lr，把在值域区间标记为1和 1的操作都在树状数组对应位置上加/减出来，然后询问操作根据k和询问答案大小决定放在哪部分传下去 cpp include inc
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摘要：脑子一抽开始写主席树，敲了一会发现不对…… 整体二分，用二维树状数组维护值为当前区间的格子个数，然后根据k的大小和当前询问的子矩阵里的值和k的大小关系来决定这个询问放在哪一部分向下递归 cpp include include include using namespace std; const in
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摘要：如果没有环的话直接LCT 考虑有环怎么办，如果是静态的话就tarjan了，但是这里要动态的缩环 具体是link操作的时候看一下是否成环（两点已联通），成环的话就用并查集把这条链缩到一个点，把权值加给祖先，断开所有splay上儿子。不过父亲这里不用管，就先让他们连着 每次操作的时候都用并查集找到支配点
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摘要：新姿势，一般来讲LCT只能维护splay重边里的数据，而这里要求维护整颗子树的size 多维护一个sq表示当前点轻儿子的size和，si表示包括轻重边的整颗子树的大小 然后需要改sq的地方是link和access，link是因为给y下面挂了个连着虚边的x点，所以给y的sq加上x的size；acc是改
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摘要：脑洞题大概 首先处理出每个位置需要操作的次数c，假设第一次达到目标就不能再走，这样的操作次数是c差分后值的正数和，就想成分治每一段然后同减最小值然后从0处断开 然后考虑能一圈一圈走的情况，连续一段多走一圈在差分数组上的贡献是一个位置+4一个位置 4, 然后对于差分c后值为( 3,3)的一对位置，+4
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摘要：看着就像反演，所以先推式子（默认n include using namespace std; const int N=5000005,mod=1e9+7; int T,k,n,m,p[N],tot,s[N],f[N],sm[N],ans; bool v[N]; int read() { int r=
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摘要：SA的话t==0直接预处理出每个后缀的不同串贡献二分即可，然后t==1就按字典序枚举后缀，然后跳右端点计算和当前后缀的前缀相同的子串个数，直到第k个 不过bzoj上会T cpp include include include using namespace std; const int N=1000
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摘要：对第一个串建SAM，把剩下的串在上面跑，每次跑一个串的时候在SAM的端点上记录匹配到这的最大长度，然后对这些串跑的结果取min，然后从这些节点的min中取max就是答案 注意在一个点更新后它的祖先也会被更新，需要最后按拓扑序向上更新一边 其实二分+hash就行 cpp include include
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摘要：首先看两条链怎么合并，贪心可得是从大到小取max，多条链同理 所以dfs合并子树的大根堆即可，注意为了保证复杂度，合并的时候要合并到最长链上，证明见长链剖分 cpp include include include using namespace std; const int N=200005; in
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摘要：是个神仙dp…… 参考：https://www.luogu.org/blog/xzz 233/solution p5289 设f[i][j][k]是前i个有限制的城市，所有学校中选蓝色阵营有j人，有限制的学校中鸭派系有k人的方案数；g[i][j]是前i个没有限制的城市，蓝色阵营有j人的方案数；h[i
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摘要：有一个想法就是暴力建图，把每个A向有和他相连的B前缀的A，然后拓扑一下，这样的图是n^2的； 考虑优化建图，因为大部分数据结构都是处理后缀的，所以把串反过来，题目中要求的前缀B就变成了后缀B 建立SAM，发现在parent树中每个B能走到的A都在子树中，所以保留这个树结构，连边权为0的边； 然后在p
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摘要：和bzoj4504差不多，就是换了个数据结构 像超级钢琴一样把五元组放进大根堆，每次取一个出来拆开，(d,l,r,p,v)表示右端点为d，左端点区间为(l,r)，最大区间和值为v左端点在p上 关于怎么快速求区间和，用一个可持久trie上维护最大xor值和对应的点即可 cpp include incl
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摘要：像超级钢琴一样把五元组放进大根堆，每次取一个出来拆开，(d,l,r,p,v)表示右端点为d，左端点区间为(l,r)，最大区间和值为v左端点在p上 关于怎么快速求区间和，用可持久化线段树维护（主席树？）每个点到他root的区间和，这样每次右端点右移就是上一个的线段树在(la[a[i]]+1,i)加上a
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