Lynstery's blog

题意维护序列，需要支持区间加，区间乘，询问区间和。题解水题，直接线段树打两种标记，分别表示乘和加。#include<cstdio> #define LL long long const int maxn=200005; struct node{ int L,R; LL sum,tag1,tag2; node(int L=0,int R=0,LL sum=0,LL tag1=0,LL

直接做不太可做，我们可以枚举一个 dd 表示其他人最大值不大于 dd 时的方案数。 这样就好做多了，比 dd 大的部分就一定要全部扣掉。然后如果自己的票数不足 dd ，就需要在剩下的所有票里取最便宜的前几个，需要线段树询问前k小值的加和。#include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #define Fir first #define Se

这题数列都是非负的，所以就比较简单了。 可以扫描线，枚举左端点，然后考虑覆盖了左端点的区间，挑右端点第 KK 大就好了。#include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #include<cstring> #define Fir first #define Sec second #define mp(x,y) make_pair(x,y)

要注意到这是一个排列，1~n每个数都出现一次，不用上这个条件就做不了。对于一个数 xx ， 所有的x−k, x+kx-k,\ x+k 一定在 xx 的同一侧，否则就输出YESYES 。所以就有了这样的解法：从左到右扫描序列，设当前到ii , 已经把 11 到 i−1i-1 的数都丢到权值线段树中了。若此时x−k, x+kx-k,\ x+k 有一个是1，有一个是0，则说明找到了。也就是只要比较一下权值

可以先对 BB 排序，然后 AA 中的每个数能匹配的 BB 中的元素都是一个后缀的形式。 对于一个 AA 元素的集合是否与 BB 有完美匹配呢? 可以考虑Hall定理，随便选一个B中的集合S: 由于图的特殊性，N(S)=N(S中从下标最小的元素开始的后缀)N(S)=N(S中从下标最小的元素开始的后缀) ,也就是说只要所有后缀都满足 N(S)≥|S|N(S)\ge |S|，则任意集合都满足。 这

水~~~#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=200005; typedef unsigned long long uLL; struct node{ node* ch[2]; uLL sum,_max; node(uLL t1=0,uLL t2=0,node

经典题，线段树维护上升序列。#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define Max(p) p->_max #define lenL(p) p->lenL #define lenR(p) p->lenR using namespace std; inline char gc(){ static char buf[10

要求两点距离，只需做到能求两点 lcalca 和任意一点的深度即可。 Treap其实是一棵笛卡尔树，构造过程就是对于 keykey 递增的序列，每次选 ww 最大的作为根，然后两边分为左右子树递归。 那么x,y的 lcalca 实际上就是 [x,y][x,y] 中 ww 最大的，比较显然。 然后就是怎么求深度，考虑一个节点 xx 的父亲，它一定是序列中离 xx 最近的且 ww 大于 w(x)

题意题解先膜一下九老师 %%% 可以先感性理解一下，不断进行区间开根号操作，整个序列会不断“趋近于一致“。比如说： 3123 42 5 --> 55 6 2 --> 7 2 1 --> 2 1 1 --> 1 1 1 就算数字之间相差很大，搞几下就很接近了。 由于有区间加操作，所以可以想到从相邻数的差进行考虑。 区间加操作体现到差分数组上只是两个点的改变。 所以就有这样一种想法，不断的

先进行转化，把路径分成两条链，a(deps−depi)+b=(−a)∗depi+a∗deps+ba(dep_s-dep_i)+b=(-a)*dep_i+a*dep_s+b…类似这样变形一下，就转化成和 k∗depi+bk*dep_i+b 的形式。depidep_i 是递增的，所以可以看做是一次函数 y=kx+by=kx+b 在某些离散的点上有定义。 现在需要实现区间插入线段，求区间最小值。这个问题