Lynstery's blog

题意给定平面上n对点，每对点必须且只能先一个。以选出的n个点做圆，这些圆不能有公共部分。求n个圆的半径的最小值的最大值。题解我的第一道2-SAT。 容易想到二分答案，每对点的选择可以看做是一个布尔变量，真表示取第一个，假表示取第二个。根据当前二分的半径可以判断出某两个点能否同时取到。这就得到了一堆限制。然后2-SAT进行验证即可。#include<cstdio>#include<cmath>#

题意给出初始的字符串。需要进行M次操作描，操作有3种： 1.询问LCQ(x,y)。2.修改单个字符。3.插入单个字符。 其中LCQ(x,y)表示字符串x~len与y~len的最长公共前缀的长度。（len为当前串长） M<=10^5题解对于静态的LCQ问题，我们可以对所有后缀排个序搞一搞实现，但是有了修改操作后就不行了，要另想办法。发现字符串的变化很自由，非常难控制，所以只好上大数据结构了，我们

题意题解求最小值的最大值，容易想到二分答案。 对于当前二分的mid，现在就要考虑怎么验证，实际上就是要满足形如：∣Asum[i]−Bsum[j]∣≤mid\lvert A_{sum}[i]-B_{sum}[j]\rvert \le mid 的所有不等式都成立。 变形一下可以得到：Asum[i]−mid≤Bsum≤Asum[i]+midA_{sum}[i]-mid\le B_{sum} \le A

数据范围略有毒…一开始还以为是什么贪心… 其实就直接二分，然后最大流暴力验证一下就好了。#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=30005,maxe=100005;struct Edge{ int from,to,c

就是先二分答案，然后考虑如何验证。 满足 bi−ai≤midb_i-a_i \le mid 的点就不用管了，设传送点建在X,YX,Y, 则剩下的点需要满足： |X−ai|+|Y−bi|≤mid|X-a_i|+|Y-b_i|\le mid 这是如果我们发现考虑枚举一个端点什么的，很难搞。可以转化一下，注意上面的约束是一个曼哈顿距离的形式，也就是说把 (X,Y)(X,Y)，(ai,aj)(a_i,

http://www.doc88.com/p-949564862405.html http://codeforces.com/blog/entry/49691 我的理解 (不一定很对)： 大概就是某个东西越多总贡献越大，要求刚好取n个时的最优解。可以把 DPDP 状态里记的取的个数这一维去掉，而设一个 costcost，取 kk 个物品，总贡献要多减去cost*k，然后 DPDP 。costc

以前做这题的时候以为只是个神奇的二分，没有完全懂原理，现在发现实际上就是 WQSWQS 二分。 考虑 g(x)g(x) 表示选共 xx 条白边的最优解，可以感觉到这个 g(x)g(x) 应是上凸的，满足斜率不降。所以就 WQSWQS 二分就好了。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=1000

O(n3)O(n^3) DPDP 很显然。要优化就只能 WQSWQS 二分了。每种食物肯定是都用完的，所以相当于强制选若干个 AA 物品，若干个 BB 物品。发现物品选越多，收益是会增加的越来越慢的，所以这两维都可以 WQSWQS 二分。就能做到 O(nlog2n)O(nlog^2 n) ,很优美。 http://codeforces.com/blog/entry/49691 #include<c