C202044zxy的博客

一、题目 点此看题 二、解法 其实这道题可以转化成：ynoi2017，树和 lenlenlen 都是空壳子，用 dfs\tt dfsdfs 序把他放在序列上就可以了。 难维护的东西就想分块，并且这道题时限开这么大就是给分块准备的。然后每个块维护一个有序数组，询问的时候二分，修改打标记，暴力改边角料。时间复杂度O(nnlog⁡2n)O(n\sqrt n\log^2 n)O(nn​log2n)，炸掉。 但是如果你对分块的理解只停留在 n\sqrt nn​ 这个层面的话那永远都做不出来这题，分块是个很玄学的东西，

一、题目 二、解法 根据部分分的提示，我们可以预处理一个二维前缀和拿到 subtask4\tt subtask4subtask4 的分数。 如果上述算法在某种蔬菜的出现次数较多，他的效率就比较高。那对于出现次数少的蔬菜呢？最好是无关蔬菜种类地统计，这指向了我们需要用算贡献的方法来处理这种蔬菜。 用点对贡献的方式，因为平方其实相当于求点对的数量。对于一种蔬菜我们任取两个点加入坐标(a,b,c,d)(a,b,c,d)(a,b,c,d)，那么它对询问(x0,y0,x1,y1)(x_0,y_0,x_1,y_1)

一、题目 点此看题 二、解法 可以按照kkk分块，假设界限是SSS，假设值域是VVV 对于不足SSS的情况，可以暴力处理，建出线段树的时间花费是O(nS)O(nS)O(nS)的，查询是O(qlog⁡n)O(q\log n)O(qlogn)的 对于超过SSS的情况，我们用kkk将值域划分成 V/kV/kV/k 段，对于每一段是可以直接找最大值的。问题变成了区间中值域区间最大值，用主席树即可，那么时间复杂度是O(nlog⁡nV/S)O(n\log n V/S)O(nlognV/S) 所以当S=Vlog⁡nS=\

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 二、解法 首先要明确答案如何算，方法为考虑每一条边的贡献，我们称两点之间的距离为边，那么这条边的贡献就是 距离乘上必须要经过它的车数（也就是左边的车减去车站 的绝对值）： ∑dis×∣car−stop∣\sum dis\times |car-stop|∑dis×∣car−stop∣那么第一次就很容易算了，绝对值这个东西很不好维护，我们可以靠虑分块，当然我们这里是对边分块，所以我...

一、题目 点此看题 二、解法 对于这种维护奇怪东西的题就可以考虑分块qwqqwqqwq。 看上去gcd⁡\gcdgcd和异或没有什么联系，也不好一起维护，所以我们分开维护，本题的复杂度是由于一个数组中前缀gcd⁡\gcdgcd的取值最多log⁡\loglog种，因为改变一次至少要减12\frac{1}{2}21​ 那么每一个块我们维护这些值：块内gcd⁡\gcdgcd；前缀xorxorxor （整...