合集-区间问题
摘要：原题链接 题解，好多细节。。 1.构建st表时的细节 2.数越多，按位与的结果越小，所以对于
摘要：原题链接 code #define ll long long #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ll tree[410000]={0}; ll wait_mul[410000]={0}; ll wait_add[410000]={0}; ll
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摘要：原题链接 题解 多次单点修改加上多次区间查询 线段树 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int tree[800005]={0}; int a[200005]={0}; void build(int node,int l,int r)
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摘要：原题链接 题解 区间修改+单点查询 对于一个点，查询的时候翻转的次数如果是奇数，是1，如果是偶数，是0 所以题目转变成对区间上的点加一，然后求单点的奇偶性 树状数组 对一串序列加1，相当于对其差分序列的
摘要：原题链接 题解 标准的线段树加上一点点题意转化，注意细节 code #define ll long long #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ll tree[810000]; ll wait[810000]; inline void read
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摘要：原题链接 题解 一只青蛙
摘要：原题链接 题解 对于原序列而言，如果第一个元素是最大值或最小值，那么l肯定不能落在这，由于r也不可能落在这，所以相当于这个元素被剔除了 那么对于区间
摘要：原题链接 题解 单点修改线段树，向上更新，再注意下转移方程就行了 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int tree[800005]={0}; int len[800005][2][2]={0};//代表第几个节点，0/1在左/右边的
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摘要：原题链接 题解 对于任何一个粘液块s而言，要么是从左边被吞并，要么是从右边被吞并，根据对称性，两边的决策是一样的，因此先考虑右边 对于被右边吞并而言，有以下几个特征 1.起始粘液一定是吞掉了s右边一整块连续的粘液 2.右边区间一定存在大小不同的相邻粘液，这样才能发动吞并 3.由一二猜想，只要存在不同
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摘要：原题链接 题解 计算分数是搜索 存储前缀注意细节 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll sco[35][35]={0}; string pre[35][35]; ll a[35]={0};
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摘要：原题链接 题解 我们发现，当前的决策会影响未来的结果，因此我们把当前的决策存下来，这样等未来要用的时候就有的转移了，如果未来由多个状态决定，那就现在把那些状态都记录下来 我们发现，一个点如果能被吸收，那么其左边或右边的一个区间的点都肯定被吸收了，所以我们记录
摘要：原题链接 题解 二分加动态维护区间最大值 注意设立变量的含义，改变变量值的规则 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll sum[500005]={0}; struct unit { ll x,
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摘要：原题链接 题解 代码量小的离谱，思维难度大的离谱 对于两个原本不相邻的同色区域块，历经千辛万苦碰面的场景，我们可以描述成右边的区域块为左边的区域块消除的时候增添了长度 设
摘要：原题链接 题解 把覆盖的区域变成黑色，然后在区域内划几条竖线，一定能分成若干个矩形左右拼接而成的图形 想象一条竖着的线，它的运动轨迹是不连续的，即他会从一个矩形的竖边跳到另一个矩形的竖边，每跳一条竖边都会对借着竖边归属的矩形的信息对这条竖边的激活块进行修改 当竖线的绝对位置发生移动时，计算激活区间产
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摘要：原题链接 审题 1.连续子序列：子序列必须连续 2.最小长度为1 3.子序列之间至少隔一个数 题解 令
摘要：原题链接 题解 1.我们没法遍历每个区间然后找出他们的最小值，所以我们考虑每个元素对答案的贡献 2.对于每一个元素来说，它的贡献等于它所在的区间长度乘上自身的值，这里的区间指的是以它为最小值的区间 3.以每个元素为最小值的区间要怎么求呢？我们将其转换成求左边第一个小和右边第一个小 对于这种问题（求序
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摘要：原题链接 题解 1.修改树上某一段路径 ，最后问你单个点的最大值，很想区间修改，单点查询，且只查询一遍，所以我们往前缀和方向靠 2.一个节点只有一个父亲，所以从底到根的路径是一条链，我们可以在这里应用前缀和，标记策略为令
摘要：原题链接 题解 1.小模拟+树上差分+lca code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[300006]={0}; vector<int> G[300005]; int depth[500005]={0}; int fa[50000
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摘要：原题链接 题解 dalao‘s blog 我自己的认识请看代码区 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,Q,root,mod; int bigson[100005];//和自己在同一条链上的儿子节点 vector<int> G
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摘要：原题链接 题解 1.一眼数位dp， 康托是谁？不认识，在每一位确保小于的时候可以任意取 2.阶乘一开始就要放好 3.在遍历到后面几位的时候，可能前面几位用过了比x小的树，所以我们要知道小于x且没被用过的个数，这就是区间查询加单点修改，树状数组比较方便 4.树状数组的空间复杂度比较小，每个点就对应且只
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