Misaka16172's Blog

前言 这题真难吧，机房一车人没一个会做？？ 思路 首先你如果不对这个题进行什么深入挖掘，八成是想不出任何多项式做法的啊，然后注意到这个数据范围，在不存在可行的贪心策略的情况下，基本就是让你去设计一个 O(n2)\mathcal{O(n^2)}O(n2) 的 dp 没跑了。 但他这个关灯的轨迹看起来非常的神秘，无规律可循，怎么才能把它转化成一个便于 dp 的形式呢？ 发现一个事情：我们的起点是最左边，如果从一开始没有一路关到底的话，中间没有被关的灯迟早还是需要再折返回来关一次。 然后看到题目里给的限制是必须在 ≥t\geq t≥t 的时刻关掉区间里的灯，因此拖到折返的时候再关被空出来的地方后面的灯就是更划算的。那么你现在已经关掉了前缀的一段灯，如果从某个位置开始停止关闭前缀的灯，还需要向右走吗？那必然是需要的，否则直接从头关到尾不就好了吗（感觉像废话文学 T T）。那么此时向右走的目标就很明确了，即走到最右边去关闭后缀的一串灯，后面的过程与刚开始的时候类似。 由此我们便描绘出了本题的重要结论：任意时刻场上未被关闭的灯一定构成一段连续区间。到这里设计 dp 就变得不那么无从下手了。 设 ...

前言 来点不带脑子的做法，但有点卡常，在 COCI 的土豆评测机上过不去。 思路 不妨设 n≤mn\leq mn≤m，且下文的所有下标均从 000 开始。 看见异或还要求和可以先拆位。 拆位后考虑对于每个 aia_iai​ 求出其贡献，设 fi,jf_{i,j}fi,j​ 为第 iii 个数在第 jjj 次出现时会与谁异或，则有 fi,j=(fi,j−1+n)mod  mf_{i,j}=(f_{i,j-1}+n)\mod mfi,j​=(fi,j−1​+n)modm，初始状态为 fi,0=if_{i,0}=ifi,0​=i。看到这种东西可以直接倍增，设 sumi,jsum_{i,j}sumi,j​ 代表 aia_iai​ 第 jjj 次出现时当前位已经累计遇到了多少个 111（那么 000 的个数就是 2j2^j2j 减去 111 的个数），则有 sumi,j=sumi,j−1+sumfi,j−1,j−1sum_{i,j}=sum_{i,j-1}+sum_{f_{i,j-1},j-1}sumi,j​=sumi,j−1​+sumfi,j−1​,j−1​。 于是对于 aia_iai​，其 ...

前言 忙里偷闲做 ds！ 思路 参考了 @Rainbow_qwq 的题解，orz。 题意简述：支持加 / 删区间和查询当前所有被 [l,r][l,r][l,r] 包含的区间的并是否等于 [l,r][l,r][l,r]。 数据范围不小，很难在线维护，考虑离线分治。 设当前分治区间为 [sl,sr][sl,sr][sl,sr]，中点为 midmidmid，在这一层分治内部处理所有被 [sl,sr][sl,sr][sl,sr] 完全包含并跨过 midmidmid 的询问，其余询问递归处理。考虑两类区间对询问的贡献：跨过 midmidmid 或被 [l,mid][l,mid][l,mid] 和 (mid,r](mid,r](mid,r] 完全包含。 跨过 midmidmid 的操作区间 对于这类区间，当前的目标是对每个询问 [ql,qr][ql,qr][ql,qr] 找到所有被 [ql,qr][ql,qr][ql,qr] 包含的区间中，极左的能贡献的位置 tltltl 与极右的能贡献的位置 trtrtr。下面以求解 tltltl 为例，trtrtr 与 tltltl 本质相同： 首先对时间轴 ...

前言 做题遇到这个不会，来学一下，应该还不算晚。 和序列分治挺像的，只是搬到树上而已。 用途 常用于树上路径统计问题。 算法过程 如果学过序列分治可以更容易地理解树上点分治。与序列分治干的事情差不多：在序列分治中，我们把要统计的区间按当前分治区间 [l,r][l,r][l,r] 分为三部分，被 [l,mid)[l,mid)[l,mid) 包含 / 被 (mid,r](mid,r](mid,r] 包含 / 跨过中点 midmidmid 的区间。前两类继续递归分治，只计算最后一种的贡献。由于每次区间长度减半，区间数量翻倍，故分治每层遍历的总复杂度均为 O(n)\mathcal{O}(n)O(n)，一共 log⁡n\log nlogn 层，总复杂度 O(nlog⁡n)\mathcal{O}(n\log n)O(nlogn)。 然而在点分治中，我们要统计的东西从区间变成了路径，每次同样可以找到一个划分点 rtrtrt，则需要被统计的路径也可以分为经过 rtrtrt 的路径与不经过 rtrtrt 的路径，当前只需要以 rtrtrt 为根处理经过 rtrtrt 的路径，处理完之后将 rtrtrt ...

前言 做题，遇到这个东西不会，来学一下 构建过程 现在有一个 nnn 个点的无向图，求出它的最大生成树（也可以是最小生成树，若是最小生成树，则将后文的所有大小关系反转，性质依然成立）后，可以用如下方式得到它的 Kruskal 重构树： 从大到小枚举树边； 维护一个并查集，设这条树边为 (u,v,w)(u,v,w)(u,v,w)，u,vu,vu,v 在并查集中的祖先分别为 u′,v′u',v'u′,v′，则新建一个点 xxx，连接 (u,x)(u,x)(u,x) 和 (v,x)(v,x)(v,x) 两条边，并使 xxx 的点权为 www，在并查集中将 u,vu,vu,v 的祖先设为 xxx。 性质 / 用途 性质 1：建出的重构树符合二叉小根堆的性质，即每个点的点权均小于等于其儿子的点权。 性质 2：点对 (u,v)(u,v)(u,v) 在原图中所有路径中，边权最小值最大的路径上的最小值 === 最大生成树上，(u,v)(u,v)(u,v) 两点路径上最小的边权 === Kruskal 重构树上 lca⁡(u,v)\operatorname{lca}(u ...

前言 来个绝世唐诗做法，喜提题解区复杂度倒一。 思路 题意即对每个点求内向基环树森林里有多少个点走 kkk 步以内能到达自己。 树上的点答案是好求的，对于环上的点，首先用 vector 记录其子树内每个深度的点各有多少个，然后考虑对其子树内最大深度进行根号分治（称最大深度 ≥n\geq \sqrt n≥n​ 的点为大点，≤n\leq \sqrt n≤n​ 的点为小点），来计算环上不同点之间的贡献： 大点个数不超过 n\sqrt nn​ 个，故大点与其他点之间的贡献可以直接暴力枚举计算，复杂度 O(nn)\mathcal{O}(n\sqrt n)O(nn​)； 之后只需要计算小点与小点之间的贡献，考虑断环成链，顺序枚举所有点，每枚举到一个点会使之前的点与当前点距离加上 i−lsti-lsti−lst（lstlstlst 为上次枚举到的点的下标），于是相当于维护一个支持全局下标加 xxx、查询下标在 kkk 之前的前缀和的数据结构，可以使用优先队列进行懒删除，复杂度 O(nnlog⁡n)\mathcal{O}(n\sqrt n\log n)O(nn​logn)。然而这样做只能计算 ...

前言 神秘新颖好玩的题，有个不知道是啥的做法，感觉讲不太明白。。 思路 第一步转化应该比较简单，先前缀和，然后 [l,r][l,r][l,r] 合法相当于 ∀x,y∈{B,C,S},prer,x−prel−1,x≠prer,y−prel−1,y\forall x,y\in \{B,C,S\},pre_{r,x}-pre_{l-1,x}≠pre_{r,y}-pre_{l-1,y}∀x,y∈{B,C,S},prer,x​−prel−1,x​​=prer,y​−prel−1,y​，即 prer,x−prer,y≠prel−1,x−prel−1,ypre_{r,x}-pre_{r,y}≠pre_{l-1,x}-pre_{l-1,y}prer,x​−prer,y​​=prel−1,x​−prel−1,y​，相当于得到三个数组 ai,0=prei,B−prei,C,ai,1=prei,B−prei,S,ai,2=prei,C−prei,Sa_{i,0}=pre_{i,B}-pre_{i,C},a_{i,1}=pre_{i,B}-pre_{i,S},a_{i,2}=pre_{i,C}-pre_ ...

嗯哦唉批告一段落，随之而来的是从零开始的文化课生活。 刚考完的时候真的好难受好难受啊，前两天出分数线的时候又好难受啊，努力了这么久换来的只是这种水平吗？ 高二整整一届除了我以外都被送退役了。傻逼 ccf，用一道题（edit）或者一纸公告就能让选手的努力付诸东流。很幸运这俩都没影响到我（不幸中的万幸吧。差点连个 1= 都没了。本来以为 1= 是下限中的下限来着。） 为啥老是尝试去骗自己。如果你想起来了 t4 2log 是你做过的会怎么样，如果你仔细看了 t3 的部分分、稍稍思考一下高档一点的部分分会怎么样。 但事实就摆在那里。无论怎么欺骗自己，你其实是有水平的，就是没发挥好之类的。全都是借口啊。把 whk 扔掉彻底疯狂训了一年，只有一个擦线 1= 的实力。 这个 whk 也是彻底司马了。目前没见过任何一个选手能让 whk 成为 oi 生涯里最大的绊脚石的。我真是奇异搞笑。家长也是奇异搞笑，闹这么大对我有任何好处没有？？？还觉得自己很牛逼很有爱心很为我着想？？？蓝的盆。 还有两周期末考，我能苟出一个好分的成绩的概率有多大？之前我信誓旦旦地觉得能够轻取三倍队线，付出了全部努力、且有足够精神 ...

いつもひとりで歩(ある)いてた 一路走来形单影只 行(い)く先(さき)には崖(がけ)が待(ま)ってた 路途前方险峻波折 それでもあたしは歩(ある)いた 即使如此我依然前行 強(つよ)さの証明(しょうめい)のため 只为证明这份坚强 省流：gg，100+100+[4,16]+[20,32]=[224,248]100+100+[4,16]+[20,32]=[224,248]100+100+[4,16]+[20,32]=[224,248]。 Day -2 吧唧到货了。 Day -1 最后一天，教练说不给我们布置模拟赛，想回家休息的甚至可以直接请假。 于是在机房打摆。 上午先和 hyf zzj cyx 随机打 gen，他们说玩 gen 可以在考场上化身 gen 王/tiao 然后跟 sch duel potpvp，太牛，拼尽全力无法战胜，换了十几个模式都是被薄纱/oh/oh 中午花了 120 七个人点了六个披萨，赤爽了！！ 下午发现我的 agc 还有一半没做，我草这咋办，赶紧滚回来做 agc 结果脑子特别不清楚，看一题不会一题，一下午就做了三道。。 放学之后赶往酒店，经典环节之在旁边的 ...

前言 没有发现 dsu on tree 题解，虽然复杂度不是很好不过胜在好想，来写一篇。 思路 首先考虑枚举一条边，则已经有一个联通块大小可以确定，那么剩下两个联通块大小尽量平均时最优。 两条边有祖孙关系是好搞的，直接 dfs 时把从根到当前节点的所有子树大小扔进 multiset 里并二分，回溯时 erase 掉即可。 两条边没有祖孙关系时，若当前遍历到节点 uuu，那么此时 multiset 中应当包括除了根到 uuu 和 uuu 子树里的所有节点的子树大小 szvsz_vszv​。如果一开始将所有点的子树大小全部插入，则有一个 O(n2log⁡n)\mathcal{O}(n^2 \log n)O(n2logn) 的暴力算法，即遍历到每个点都直接将子树里的所有值清空，然后再统计答案。 考虑使用 dsu on tree，计算重儿子答案时不还原 multiset 里的值，这样遍历到每个点时只需要暴力清空轻儿子的值就可以计算答案。 复杂度 O(nlog⁡2n)\mathcal{O}(n\log ^2n)O(nlog2n)，两个 log⁡\loglog 分别来自 dsu on tree ...