摘要：si+sj中间有一个切割点，我们在t上枚举这个切割点i，即以t[i]作为最后一个字符时求有多少si可以匹配，以t[i+1]作为第一个字符时有多少sj可以匹配 那么对s串正着建一个ac自动机，反着建一个自动机，然后t正反各匹配一次，用sum[]数组记录t[i]作为最后一个字符可以匹配的串数量 注意：求
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摘要：直接枚举每个点作为左上角是可以做的，但是写起来较麻烦 有一种较为简单的做法是对一列或一行统计贡献 比如某一行的B存在的区间是L,R那么就有三种情况 1.没有这样的区间，即一行都是W，此时这行对答案的贡献一直是1 2.R-L+1<=k,那么这一段必须要找一个点代表的矩形来覆盖，可以求出这样的点的存在区
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摘要：/* 显然用dp[i][j]来表示i个1，j个-1的结果 dp[i][j]由dp[i-1][j]和dp[i][j-1]转移而来 即dp[i][j]对应的所有序列，都可以由dp[i-1][j]在前面加一个1或dp[i][j-1]在前面加一个-1得到， 这里加在前面是因为更容易统计 考虑1加在前面，那么对于任意一种(i-1,j)的排列，贡献都+1，C(i-1+j,j) 考虑-1加在前面，那么对于某些(
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摘要：这类题目要首先把模型建立起来，挑选一个好的状态能让dp方程简化很多
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摘要：直接去考虑细节很多，不如暴力做 即在四个方向到达最远前向反方向走一步，答案肯定是从这四种情况+不多走里出的
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摘要：先把收益为正数的处理掉：策略是挨个扫，扫n遍，碰到能买的就买，然后可以得到一个更新后的r 剩下的就看做是一个背包模型：物品(a,b)表示当背包体积>a时才能装下体积为b的该物品，问最多装几个 无序枚举所有物品显然错误，要选择先买哪个更优 对于两个物品(ai,bi),(aj,bj)，有两种顺序 先买i
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摘要：/* 首先考虑从后往前计算lis，显然0的在很多情况下的贡献要大于1 如果遇上0，那么lis++，如果遇上1，那么cnt1++，并且用cnt1更新lis 这样的贪心保证正确，因为从[i,j]这一段的lis必定是前一段0，后一段1这样的构成，当前面多了个0时，显然lis+1 当前面多了个1时当且仅当区间1的个数大于lis，才能让lis+1， 因此当且仅当后缀[i,n]中1的个数大于lis时，对于所有
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摘要：这么傻逼的题当时想了那么久 用a数组维护原序列，b[i][j]表示 pos%i=j 的 a[pos]之和 对于每个修改1 x y，先直接修改a[x]，然后枚举i=1..700,修改b[i][x%i] 对于每个查询2 x y，如果x>700，那么我们直接去a数组里枚举i=kx+y， 如果x<700,b
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摘要：/* 有向边(pi,pi+1)，形成链后进行dfs,求出dfs序 一个联通块内的元素必须是同一个字符，如果最后的联通块个数 using namespace std; #define N 200005 int n,k,p[N],q[N]; int rk1[N],rk2[N]; struct Node{int id,rk;}a[N],b[N]; int cmp1(Node a,Node b){...
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摘要：#include using namespace std; #define N 200005 #define ll long long struct Edge{int u,v,w;}e[N]; struct Query{int id,qq;}qq[N]; int n,q; ll ans[N],sum; bool operator>n>>q; for(int i=1;i=e[p].w &...
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摘要：南昌网络赛，是cf的原题 第一次做到这种题，所以认真想了下，每次给一个询问[L，R],要求出这个区间里有2017子序列，但是不能有2016子序列需要删掉的最少元素个数 首先如果我们之询问一小段区间[L,R]那么显然有一个简单的三维dp可以做，状态0|1|2|3|4表示关键字一个也没有，有2，有21，
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摘要：/* 定义：多重集s的元素和是sum，对于sum的第i位为x，如果s里找不到第i位也是x的元素，那么称这个多重集为bad， 现在给定一个 序列a 两种操作 1 i x：将序列第i个元素改为x 2 l r: a[l..r]组成的多重集中，找一个和最小的bad子集，如果没有这样的子集，输出-1 如果集合中有两个数A，B在某一位都不为0，那么这个集合必定为bad，那么在区间[l..r]里找一个最小的ba
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摘要：首先定义三元组（2*i-1,2*i,d），将n个三元组按d降序排列，然后取每个三元组的2*i-1连在一起，构成一条长为n-1的链 然后降序枚举每个三元组，把对应的2*i在链上合法的位置接上， 能保证一定有解
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摘要：先正着走一次把所有可行路径标记出来，然后倒着走两条路径，一条是能向下就向下的路径，另一条能向右就向右。 如果这两条路径相交，那么(1,1)-(n,m)路径上比有个必经点，把这个必经点封上，答案是1，如果没有必经点答案是2，如果(1,1)-(n,m)不连通，答案是0 直接用递归dfs会爆栈。所以要用栈
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摘要：cf1009E：求到第i段期望和的比较困难，但是单独求每段的期望是比较容易的，所以单独对每段求和，然后累计总和 E[i]=1/2*a1+1/4*a2+...+1/2^(i-1)*ai-1+1/2^(i-1)*ai，E[1-n]是可以递推的 #include<bits/stdc++.h> using
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摘要：/* 中位数到所有数的距离之和最小 因为只能改一个数，所以我们找一个数，将其改为和其相邻的数的中位数，使答案最小 先求一次原答案 把每个数相邻的数用vector存下来，然后排序找中位数，计算减小的量 */ #include<bits/stdc++.h> #include<vector> using namespace std; #define ll long long #define N 2000
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摘要：先不考虑第二个条件 要求i和所有其他人的分数和最小，选择x还是y，可以推出一个公式，即差xi-yi小的j都选y，反之都选x 那么按照xi-yi排序即可 然后再考虑第二个条件，做减法就行
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