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P1257 平面上的最接近点对 这是最基础的问题哦。 两种思路。 一：暴力 我们可以直观地发现两个最近的点x坐标距离应该也比较近。所以我们可以考虑对于每一个点扫描离其最近的10个左右的点。 但是出题人可能会专门卡。所以我们把坐标轴旋转一个角度（旋转所有的点就可以），最短距离不变。 旋转方法即使用复数 阅读全文
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神奇分治，没想到吧 按照x坐标排序。把点分成两部分。 递归统计内部答案 分治主要考虑怎么合并两部分的答案： 首先要距离中间点小于当前ans的点。 然后把这些数按照y排序。 枚举即可。但是我们要记得及时退出。 可以证明对于一个左边的点，右边需要判定的点在三个以内。因为需要保证同侧不会出现更优答案。 # 阅读全文
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换根操作不用真的换根 发现只有子树操作有影响。 而且是修改的点是新根的祖先的时候有影响。 当前点往新根那个方向的子树都不能计算进去，其他全部计算即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> 阅读全文
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如果出现某些询问一堆东西的和的时候（如LCA的深度和），我们可以考虑不要把这些东西每一个都全部求出来，而应该考虑合并这些询问然后一次性询问他们的和。（例如用树剖转化为区间加和和区间询问） 具体思路见hzw博客 #include<iostream> #include<cstdio> #include< 阅读全文
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#询问一个区间是否为一个排列，通常记录左右第一个在哪里出现。 从两遍往中间扫，发现某一个点满足第一个左右两边的数都不在当前区间范围内，那么他可以把区间分为两个部分且他自己满足条件，（因为要连续）继续递归求解即可。 由于两边同时计算，复杂度为$O(nlogn)$ #include<iostream> 阅读全文
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动态树形dp模板题 首先有sigma肯定不能矩阵优化了。 于是我们定义g(x)表示轻儿子的全部贡献，这样每一次修改只会修改logn次g（重链剖分的性质） 由于dp边界在叶子结点，我们需要记录每一条重链的结束位置。 用线段树统计一路上来矩阵乘法的值，该修改的修改最后询问根就是答案了。 （还是序列上的简 阅读全文
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每道题对期望贡献可以单独计算。 因为它们不会互相影响。 显然一道题做对的概率=期望=\(\frac{min(n,m)}{nm}\) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define orz cout<<"lyakioi!!!!!!!!!!!!! 阅读全文
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其中一条道路的期望贡献为 \(\huge{\frac{dis}{s}}\) 全部的期望为 \(\huge{\frac{\sum dis}{s}}\) 其中s为路径条数 建反图拓扑排序就能求出。 #include<bits/stdc++.h> #include<queue> #define int l 阅读全文
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贪心，能倒就倒，能往左就往左实在不行往右 因为倒不倒都只影响下一棵树 大不了下一个不倒还对后面更优。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define orz cout<<"lyakioi!!!!!!!!!!!!!!!!!"<<endl inl 阅读全文
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A从来不会难，就是一个简单的构造。 从样例就可获得启发 利用 \(1\) \(1+k\) \(1+k-(k-1)\) \(1+k-(k-1)+(k+2)\) 这样的方式，正好$k$个数便可以满足有k种不同差值的数。 因为$n>k$，所以必然正确。 后面就k+1,k+2,...,n即可 #includ 阅读全文
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贪心。 从最小的马开始考虑。我们肯定优先让这匹最小的马赢。 实在赢不了了就去自杀。这样可以保证最优，因为不管哪匹马都是一样的代价，虽然小的把可以赢的位置占了，但是大的可以有更多机会赢其他马，所以这样是对的。 但是还要考虑平局。 平局到底打不打？ 要分情况讨论。 1、如果有一个更大的马只能自杀，那我们 阅读全文
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一般的树上贪心都是从叶子贪到根，这样才能保证最优。 所以这个题就是从叶子开始贪心就可以，正确性显然。 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; #define orz cout<<"lyakioi!!!!!! 阅读全文
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比较神奇的一道贪心/思维题 令i指向a[i]离散化后的值，显然会出现一些环的图。 一定是在环内交换，否则不可能更优。 如何交换？ \(1>2>3>4>1\) 通过模拟，我们可以发现两种交换方式： 1 2 2 3 3 4 4 1 3 1 2 1 明显第二种更优 然后就WA了。 可以发现如果环外如果有一 阅读全文
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第一眼以为能用最大子段和 然后发现n很小，直接暴力 贪心取出最小加入最大即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define orz cout<<"lyakioi!!!!!!!!!!!!!!!!!"<<endl inline int r() 阅读全文
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神仙题，让我学会了NEW东西。 考虑到人实在太多了，不能直接把编号记录下来。我们可以使用 动 态 开 点 \(s\ p\ l\ a\ y\) 具体地，splay的每一个结点存储一段编号连续的区间，splay的内部根据排名排序。 每一次询问拆点即可。 实现稍（fei）微（chang）麻烦一些。 #in 阅读全文
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思考的突破口是最大的那个人连着的所有人都会死 进而我们可以想到一个人如果连着比他大的人那他就biss，因为比他大的人一定在他之后死，这条边就一直存在。 需要统计连着的比他大的人的数量，否则复杂度爆炸 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #defi 阅读全文
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二分答案。 考虑边肯定还是根据边权从小到大加入。 显然我们不能先加一堆白边。 但是我们可以通过白边的边权控制加入最小生成树的白边数量。 那么数量满足单调性可以二分。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define orz cout<<"lyt 阅读全文
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度限制最小生成树 就是01分数规划，裸的。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define orz cout<<"lytcltcltcltcltcltcl"<<endl inline int r(){int s=0,k=1;char c=ge 阅读全文
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度限制最小生成树。 先不加连跟的边，跑出其他的x个最小生成森林。 用最小代价的边链接根和森林，得到x度时的最小生成树。 如果度限制小于x，无解 如果度大于x，我们需要继续加链接根的边。 每一次枚举所有可能可以加入的边，找到加入后形成的环上不与根链接的边中最长的那一条删掉。在所有能加入的边中取最优的。 阅读全文