摘要： 传送门 先读错一下题：是不是 \(x, z\) 分别在 \(y\) 的两个不同子树里啊？那不是启发式合并一下就完了？ 然后发现 \(y\) 是在路径上 然后发现 \(y\) 不是 lca 的话 \(x\) 和 \(z\) 就一个在子树内一个在子树外 启发式合并 + 哈希表处理掉是 lca 的情况 然 阅读全文

摘要： 传送门 只会到单次询问 \(O(|答案子串||\sum|)\) 的做法 建出广义 SAM 来直接每次把字典序第 \(k\) 小子串找出来就好了 正解是trick科技： 关于 DAG 剖分： 令 \(f_i\) 为从 \(i\) 出发的路径数 对每个点挑选 \(f\) 最大的后继作为重后继 这样每跳一 阅读全文

摘要： 传送门 神必卡常毒瘤出题人是屑 从复杂度猜测需要根号做法，那么考虑分块 发现对于一个询问 \([l, r]\)，\(\forall i\in[l, r]\and a_i\neq a_{i+1}\) 产生 \(cnt_i\times rcnt_{i+1}\) 的贡献 这里 \(cnt, rcnt\) 阅读全文

摘要： 传送门 赛时折腾一个能优化的 \(O(n^8)\) DP 假了 听说状态数到 \(O(n^{11})\) 才能写？ 赛时想法是枚举一个点，再枚举一个区间作为其子树 每个点在其所有祖先统计一次答案 但是这样是三个变量 有一种两个变量的统计方法：枚举两个点，钦定这两个点之间的点权比这两个点都小，再给这两 阅读全文

摘要： 传送门 沈老师有个神仙爆标做法： 考虑一个特别的 \(O(n^2)\) 做法： 令 \(nxt_i\) 为 \(i\) 后面第一个与 \(i\) 同色的位置 对于一个询问 \([l, r]\)，先预处理出在左端点处的 \(val=\max\{nxt_i\mid nxt_i\leqslant r\}\ 阅读全文

摘要： 传送门 折腾了半天矩阵，结果正解是 DP 发现操作一个位置会将低于这一位的位清空 那么对把最高操作位扔状态里 令 \(f(h, i, j)\) 为操作的最高位 \(\leqslant h\) 时从 \(i\) 到 \(j\) 的方案数，不考虑第一步和最后一步的限制 转移时枚举一个最高位是在哪个点操作 阅读全文

摘要： 对对就是明天的， 然后时间旅行完头挺晕的剩下两题等会更 阅读全文

摘要： 传送门 想写没写完的乱搞： 考虑对每次询问传一个 \([0, 5]\) 的编号表示最短路应该经过哪条边或都不经过 随着前几次询问结果得知，可知 \(\forall i, w_i\in[l_i, r_i]\) 所以可以缩小 \(i\) 的可行方案数，可以少用几位 \(O(玄学)\) 然后正解： 因为难 阅读全文

摘要： 传送门 围观自己被吊打.jpg 关于动态开点线段树的区间染色：在 upd 时注意 if (区间染完了) return;，否则会在对这个区间做 pushup 时出问题 在 c++20 中所有基于 struct 的比较函数都必须加 const，否则会 CE 先说特殊性质： 只有相交和不包含可以建出树来转 阅读全文

摘要： 传送门 赛时 NT 了到十一点才明白操作 1 放到差分序列上就是直接做 将这段区间单拎出来，其差分序列的和为零 那么最小操作次数就是 \(\frac{\sum |d_i|}{2}\) 然后版本问题可以用操作树解决 对于卡空间的可持久化题：要是支持回退的话可以康康能不能用操作树避免可持久化 发现翻转一 阅读全文