C202044zxy的博客

一、题目点此看题二、解法要判断二分图可以使用带权并查集，并查集上的边设置为 111 就表示两点必须异色，设置为 000 就保证两点必须同色，所以我们在相同连通块查询合法时路径上权值异或和必须是 111补充一点，上面的问题其实是判断一棵树上加入若干条边是否形成奇环，这个问题是出过题的。只用考虑树边和一条非树边形成的环是可以证明的（这里就不证明了，分类讨论即可）我们用带权并查集首先维护颜色内部的边，首先对于自己就不行的颜色排除在外，设剩下的颜色数量为sss，那么答案可以表示成：s(s−1)2−shit

一、题目点此看题二、解法值得一说的是本题的数据范围，你看他构造得这么恶心，就知道是为了避免某些情况。人的攻击力一定比怪高，那么人一定打的掉血。怪物的伤害很高，人无论如何都会掉血。这告诉我们只用求减免的伤害最多就行了，也不用多么麻烦的判无解（还没有无解的数据呢！）不妨从贪心的角度思考，俗话说的好：十个贪心九个排。想要知道最优的选取顺序，可以排序！推理排序规则的方法就是我们看最好的排列方法满足什么条件，然后按照这个条件排就可以了，现在我带着你们来推一推，假设i,ji,ji,j是两个相邻的怪物（iii先被

一、题目点此看题二、解法首先要考虑没有修改的情况，这个t到达s好像是关于联通性的问题，不妨考虑并查集。考虑这个路径上只会是两种形式：1,21,21,2类边->333类边->111类边，或者是只经过1,21,21,2类边。我们不妨维护一个111类边并查集，1,21,21,2类边并查集（称为111并查集和222并查集），连通性代码如下：int connect(int a,int b){ return yi.find(a)==yi.find(p[er.find(b)])//b去找a |

一、题目点此看题二、解法

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一、题目点此看题二、解法首先要判断无解的情况，设tottottot为一开始的连通块数量：添加这ppp条边后连通块数量还是很多：tot−p>qtot-p>qtot−p>q一开始连通块数量就很少：tot<qtot<qtot<q连通块数量正好，需要添加边，但又不能添加其他边：!m&q=n&p!m\&q=n\&p!m&q=n&p然后观察代价的计算，是两边边权和+1+1+1，发现这和合并果子一模一样，直接来一个贪心，

一、题目点此看题二、解法每个水果是逐渐变质的，我们可以想到不守交规这道贪心题，也就是我们先按权值从大到小排序，然后从变质的最后时间往前填充就行了，至于sss的额外收益，新建一个水果就行了。虽然变质是分阶段的，但是我们不需要把水果拆开，填充的时候逐渐增加水果的质量即可。我们还要用并查集优化填充的过程，填满mmm就不再填了。还有一个问题，我们只能针对一个固定的天数做这些操作，但是多组天数怎么办呢？我们可以先跑出一个极大天数填入的物品方案，对于一个较小的天数这些物品都是可以随便取的，iii天我们就取权值

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一、题目点此看题二、解法如果是222操作直接连向前面的点，否则连向上一个点，这样dfsdfsdfs就可以得到一个顺序，问题就变成了只需要加入单条边和回退这条加入的边，用启发式合并的并查集就可以了。为了询问我们需要值域分块，合并和回退的时候就维护一下这个块，询问的时候挨个扫值域，确定到一个值域中，然后我们就可以暴力地访问这个值域里的值，看他和当前点是不是同根，如果是的话减排名就行了。#include <cstdio>#include <vector>#include &l

一、题目点此看题题目描述n个小伙伴进行猜拳游戏，除了一个比较聪明的家伙以外，其他人只会出单一的一种，给出m种猜拳的结果，要求找出那个比较聪明的小伙伴序号，并且输出在第几次猜拳可以确定。数据范围1≤n≤500,0≤m≤20001\leq n\leq 500,0\leq m\leq 20001≤n≤500,0≤m≤2000二、解法首先可以枚举聪明的人，跟聪明人有关的猜拳直接忽略，然后看剩下的猜拳会不会冲突，这里可以用带权并查集，我们先将查询的结果赋权值，===当做000，>>>当

一、题目点此看题题目描述nnn个人，mmm个关系，每个关系描述为AAA和BBB顺时针距离为ddd，每个询问由前面的关系为判定依据，如果错误则后面无视这个关系，问最后会有多少个错误的关系。二、解法带权并查集好题，我们先规定一个合并方向，也就是把BBB合并到AAA的上面，每个节点维护一个disdisdis，表示到根的顺时针距离，我们现在考虑把BBB并到AAA上面的时候如何修改disdisdis，请看下图。容易发现yyy到rxrxrx的距离应该是dx+mdx+mdx+m，已经有了一个dydydy，所

一、题目点此看题二、解法这道题很特殊，我们在做线段树分治需要边询问边插入，具体来说就是把询问搞到线段上，如果一个询问lll成功的话那么我们就把[l+1,nxt−1][l+1,nxt-1][l+1,nxt−1]之间都插入这个边，其他就是正常线段树分治了。一开始初始化的时候nnn没有赋值就锅了，还是需要写一个初始化函数。#include <cstdio>#include <vector>#include <iostream>using namespace st

一、题目点此看题二、解法我们考虑把每个点拆成两个点，然后每个点对就是这个二分图里面的边。考虑一个连通的二分图（用给出的点对连接）的所有边都会存在，这里给出归纳法的证明。一开始都是单个点，所以满足，如果加入一条(x1,y1)(x_1,y_1)(x1​,y1​)的边，那么和x1x_1x1​相连的yyy，和y1y_1y1​相连的xxx都会连接，原来是一个完全二分图的话现在还会是一个完全二分图。可以用启发式合并并查集来维护这个二分图，回退就记录一下就行了，维护一下xxx区域的点和yyy区域的点，贡献就是乘

一、题目点此看题二、解法把每条边出现时间段打到线段树上面，然后跑一遍线段树。问题在于维护一个树的结构，如果一条边连接的两点暂时还不连通，我们就连接一波。否则我们看这条非树边构成的环是不是奇环，如果是的话直接不符合条件，否则没有影响（这里你需要考虑两条非树边构成的环）可以用启发式合并的并查集，可以算一个点到根的距离的奇偶disdisdis，合并(u,v)(u,v)(u,v)需要连接一条dis(u)⊕dis(v)⊕1dis(u)\oplus dis(v)\oplus 1dis(u)⊕dis(v)⊕1，

一、题目点此看题二、解法维护一个左偏树和一个并查集，这道题的关键是使用惰性删除法，然而我讲不清楚，直接看代码吧（详细注释）。#include <cstdio>#include <iostream>#include <queue>using namespace std;const int M = 300005;int read(){ int ...

一、题目点此看题二、解法很容易看出来是lctlctlct吧，我们先随便搞一个最小生成树。询问时尝试加入给的边，如果给定的边已经在最小生成树中是可以的。然后判断连成的环中最大边权是否等于这条边，那我们就删去环上最大的边，然后加入这条边，把这条边打上不可替换标记，也就是把权值赋值为−1-1−1，最后再改回去。时间复杂度O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)，但是会TTT，贴个...