随笔分类 - OJ---洛谷
摘要：算简单的了，直接拿线性基维护路径异或然后倍增跳合并就行。 cpp include include include include include include include include include using namespace std; define re register defin
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摘要：考虑每一次要求的是一条路径上深度的$k$次方和，但是$k \leq 50$，所以可以先把$k$的所有情况预处理出来，然后直接树上差分就行了。 cpp / mail: mleautomaton@foxmail.com author: MLEAutoMaton This Code is made by
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摘要：传送门 "Loj" "BZOJ" <! more Solution 我们考虑一下设$f(x)$表示当$n$为$x$时构造二叉树的方案数,$g(x)$表示当$n$为$x$时构造二叉树的叶子节点数的总和. 仔细看一下这个句子: .$Catalan$数无疑了,接着就是解决$g(x)$是什么. 现在不是有$
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摘要：传送门 "洛谷" "BZOJ" Solution 如果不需要动态的话，那就是一个裸的最小生成树上的最大边权对吧。 现在动态了的话，把这个过程反着来，就是加边对吧。 现在问题变成了怎么动态维护加边的最小生成树，这是一个比较常见的套路了，使用LCT（~~暴力~~）。。。 深刻理解一下Kruscal的过程
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摘要：我是不是太菜了,现在什么都不会. 过程 1. 对于每一个未知元求解. 2. 对于一个未知元$x_i$,找到对应系数的绝对值的最大的那一个方程. 3. 如果这个东西是0,那么就无唯一解. 4. 然后把第$i$行和最大的那一行交换,然后消元. 5. 重复1 最后每一行的常数就是对应的解. 代码实现 cp
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 实测跑的比ST表快！！！ 这个东西也是$O(1)$的，不会可以看 "我上一篇Blog" 代码实现 "代码戳这里"
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 做过的比较玄学的后缀自动机。 果然就像$Tham$所讲，后缀自动机这种东西考场考了不可能做的出来的。。。 考虑如果$l=1,r=|S|$的怎么做？ 直接建后缀自动机然后跳。 接着就是$l,r$随机。。。 详细说明可点开蓝色题解按钮然后膜拜第一篇题解！ 考虑线段树合
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 考虑要求的是什么，前缀的本质不同的字符串个数？ 如果只要求一个串那么显然答案是$\sum_{i=1}^{tot}len[i] len[fa[i]]$（实际上这个并不显然，~~想一想为什么~~） 接着就是在线的啦，你可别忘了SAM本身就是在线算法，每一次算一个贡献就
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 考虑他要求的是最长公共子串对吧，那么我们对于一个串建后缀自动机，另一个串在后缀自动机上面跑就是了。 复杂度$O(n+m)$的，很棒！ 代码实现 "代码戳这里"
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摘要：传送门 "BZOJ" "洛谷" Solution 考虑我们每找到一个回文串就更新一次答案，跑个SAM，这样子复杂度是爆炸的。 接下来的就是优化： 我们可以倍增跳直到跳不了，最后的siz就是出现次数。 没了？没了！ 代码实现 "代码戳这里"
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摘要：传送门 "BZOJ" "洛谷" Solution "SA版本的" 考虑可以建一个SAM？ 那么接下来我们就考虑每一对点对之间的贡献了。 把这个式子化简一下就是无序点对之间的那啥（自己意会一下） 然后我们定义边权为len的差值。 然后那个东西不就是$i j$的路径吗？ 然后就可以分开考虑每一条边的贡献
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摘要：传送门 "BZOJCH" "洛谷" Solution 这个东西要求的不就是最小表示法吗？ 把原串复制一遍然后都加到后缀自动机里面去。 用个map跑一下，这样子可以保证每一次选的是最小字典序的。 然后跑$n$次就可以了。 小插曲 对面的神仙 "hyjhyj" 问我这个东西如果长度不够怎么办。 emmm
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 考虑看到什么k小就整体二分套上去试一下。 矩形k小整体二分+二维树状数组就好了。 代码实现 cpp // luogu judger enable o2 / mail: mleautomaton@foxmail.com author: MLEAutoMaton Th
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摘要：传送门 "BZOJ" 然而是权限题 "洛谷" Solution 发现题目给出的一些规律，emm，如果我们新凑出来的一个数，那么后面一个数一定是$sum+1$。 于是就可以主席树随便维护了！ 代码实现 cpp include using namespace std; inline int gi(){i
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摘要：题面 "传送门" Solution 看到什么最大值最小肯定二分啊。 check直接跑一个二分图匹配就好了。 orz ztl！！！ 代码实现
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 这是一道神仙题！ 考虑这个东西是个啥。 emmm，如果两个点要到达，一定不能经过比他们大的。 所以Floyd搞定两点距离然后费用流跑一遍就是答案了！ 代码实现 cpp / mail: mleautomaton@foxmail.com author: MLEAuto
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 考虑和happiness一个套路，新建一个点然后连边就好了。 代码实现
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 直接跑最小割板子就好了。 代码实现 cpp include include include include include include include include include using namespace std; define ll long lo
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 比较巧妙啊！ 考虑这个只有同意和不统一两种，所以直接令$s$表示选，$t$表示不选，然后在朋友直接建双向边就好了。 代码实现 cpp include using namespace std; const int N=500010,Inf=1e9+10; int f
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摘要：传送门 "洛谷" Solution 考虑把每一个修车工人拆成$n$个点，那么考虑令$id(i,j)$为第$i$个工人倒数第$j$次修车。 然后就可以直接跑费用流了！！！ 代码实现 cpp / mail: mleautomaton@foxmail.com author: MLEAutoMaton Th
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