Lynstery's blog

经典的最小割建图，用 ∞∞\infty 边体现限制条件。inline char gc(){ static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}inline int getint(){ ...

棋盘01染色，然后把互相能打到的点连边，发现是个二分图。 二分图最大独立集 == 点数 −- 最大匹配数 Dinic练手…#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=40005,maxe=400005,flag[8][2]={{

Dinic：最大流算法 时间复杂度：O(n)#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int maxn=10005,maxe=200005;struct Edge { int from,to,cap,flow; } Es[maxe];int

不太容易想到。首先要把限制看成异或，即每个点都要满足 ai,j xor ai,j−1 xor ai−1,j xor ai−1,j−1=1a_{i,j}\text{ xor }a_{i,j-1}\text{ xor }a_{i-1,j}\text{ xor }a_{i-1,j-1}=1 这些限制太复杂了，怎么进行转化呢? 注意到，如果我们已经确定的第一行和第一列的所有元素，则其他也确定了。所以

二分距离最小值。两个点的距离小于这个值，就一定要在同一个部落中。并查集判断一下就行了。#include<cstdio>#include<algorithm>#define sqr(x) ((x)*(x))using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=1005;int n,m,a[maxn],b[maxn],fa[maxn]

挺烦的题…..很容易wa… 总之就是求出 Bi,jB_{i,j} 表示 ii 到 jj ,走两步的方案，Ci,jC_{i,j} 表示走三步。 然后 ∑Bi,j∗Ci,j\sum B_{i,j}*C_{i,j}。然后会有不合法的和重复的… 不合法的大概是 一个三角形多出一个脚…或者就是一个三角形… 在纸上大力分类讨论一下，把它们都扣去就好了。 参考了网上dalao的实现。#include<cs

DP状态的设计比较巧妙，考虑树按dfs序的顺序生成的过程，设 f[i][j]f[i][j] 表示放了 ii 个节点，根到当前节点向左走 jj 次，的方案数。 转移就是，再往左放一个，或者回到最近的向左走的节点的父亲，在右儿子位置放。 f[i+1][j+1]←f[i][j],  f[i+1][j−1]←f[i][j]f[i+1][j+1] \leftarrow f[i][j],\ \ f[i+1]

我太菜了……#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=10005,maxe=20005;int n,m,fir[maxn],nxt[maxe],son[maxe],tot;void add(int x,int y){ son[++tot]=y; nx

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

水题。就是建图需要优化一下，容易想到对与每个城市群建点，然后就把城市和对于群之间连边。为了避免属于同一个群的城市通过城市群的点走，可以把城市群的点拆成两个，对应出和入，就能分离开了。#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long

很久以前看过 PurferPurfer 但忘完了…补一补… mm 只有 1717，所以想到暴力容斥。而确定一些节点的度的生成树个数可以直接用 PurferPurfer 解决。 具体来说，若有 cntcnt 个点的度数有约束，分别为v1,v2....vcntv_1,v_2....v_{cnt}。总方案为： (n−2−∑(vi−1))n−cnt∗∏i=1cnt(∑cntk=1(vk−1)vi−1)

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

太菜了…这都不会… 就是求反图的联通块。就是每次挑一个边在反图bfs出一个块。 我们每次找反图边扩展，是找原图中和当前节点不直接相连的其他点。直接暴力会变成 n2n^2 所以需要把访问过的点马上删去。可以用链表。 这样每个点就只访问一次了。复杂度 O(n+m)O(n+m)#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<a

任意两点之间有且只有一条简单路径 ⇔\Leftrightarrow 树 所以就是要使剩下的点构成一颗树，容易发现，随着格子数变多，边数增长的比点数快，且 KK 不会很大。所以当 n∗mn*m 太大时，不可能构成树了。粗略估计一下，5∗1055*10^5 就无解。#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespac

一道远古时期的联赛题，比较经典。 由于联赛快到了，这里就写一写有理有据的思考过程： 首先，这种题目应该手玩几次。我们想让字典序最小，肯定尽量往 S1S1 放。而什么时候需要用第二个栈呢？所以我们考虑当只有一个栈时，什么情况下不能排序。自己试一试之后，发现只有这种情况： 存在 i<j<k, ak<ai<aj,i<j<k,\ a_k<a_i<a_j, 。这种情况下，因为后面有 kk 要先出来，导致

关于最小割唯一性：在残余网络上跑 TarjanTarjanTarjan 。记 idxidxid_x为点 xxx 所在 SCCSCCSCC 的编号。将每个 SCCSCCSCC 缩成一个点，得到的新图就只含有满流边了。那么新图的任一 S−TS−TS-T 割都对应原图的某个最小割。对于任意一条满流边 (u,v)(u,v)(u,v)，若能够出现在某个最小割集中，当且仅当 idu≠idvidu≠...

《最小割模型在信息学竞赛中的应用》学习笔记基础流网络的定义，容量限制，反对称性，流守恒性…我们约定对于点集X,YX,YX,Y ,令 f(X,Y)=∑u∈X∑v∈Yf(u,v)f(X,Y)=∑u∈X∑v∈Yf(u,v)f(X,Y)=\sum_{u \in X}\sum_{v \in Y} f(u,v) ∀X,f(X,X)=0∀X,Y,f(X,Y)=−f(Y,X)∀X,Y,Z,&nb...

论文题。 二进制每位独立算，每个编号就只有 010101 两种。可以看作分成两个集合，用最小割模型解。 题目要求在边权和最小的前提下，还要保证编号和最小。这个只需要每次从 TTT 出发倒着走，能到的点一定是在 TTT 集合内，其他的都看作是 000，这样就是最小的。#include&lt;cstdio&gt;#include&lt;cctype&gt;#include&lt;cst...

线性基裸题。需要知道一个东西：对于随意一条 11 到 nn 的路径的异或和，都可以通过任意一条 11 到 nn 路径的异或和与图中的一些环的异或和来组合得到。 然后就 DFSDFS 树找简单环，瞎搞搞…#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=50005,maxe=200005;typedef

首先考虑 t−hmax≤kt-h_{max} \le k 的限制。可以看做除去最长到根链上的点各一个，剩下的最多取 kk 。 可以想到枚举叶子，求必选这个叶到根路径上各一个之后，其他取 kk 个的最大值。 普通的树上依赖背包一般是： 按后序遍历顺序 DPDP , fi,jf_{i,j} 表示后序遍历前 ii 个中选了 jj 个的最优解，后序遍历的好处是 ii 的子树内的点是 ii 前面的连续一

虚树入门题。 所谓虚树就是只保留需要的关键节点及互相的lca进行重建树，在虚树上跑DP之类的，是的复杂度之和关键点个数相关。 建虚树代码：void buildVT(){ inT.clear(); sort(S.begin(),S.end(),_cmp); stk[top=1]=1; inT.push_back(1); for(int i=0;i<S.size();i++)

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

这题用到了 JohnsonJohnson 算法的思想，就是先一趟最短路刷出 dis(i)dis(i) 然后把图改造。边 (x,y)(x,y) 的权改为 w(x,y)+dis(x)−dis(y)w(x,y)+dis(x)-dis(y)。 这样搞之后，边权都非负，再新图上做最短路的事情与原图是完全等价的，新图上从 11 到 vv 的某条路径的长度就是原图的对应长度与 dis(v)dis(v) 的差值。

瞎搞题。 从 11 往下构造出两条长度分别为 d, h−dd,\ h-d 的链，然后剩下的点全部堆到某个点下面，注意当 d=hd=h 时特殊考虑一下。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;int n,H,D;int main(){ //freopen("cf639B.in","r",stdin); //

简单题。考虑一条边 (x,y)(x,y) 对答案的贡献，可能是 axa_x 或 aya_y ，取决于哪个点先被删。 那显然我们从大到小删就可以做到每条边的贡献是 min{ax,ay}min\{a_x,a_y\}，是最优的。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=1005;typedef lo

不算很难想。首先看到总钱数比较少，考虑 DPDP 出 fi,jf_{i,j} 表示从 ii 出发，已经在 ii 加了油，带了 jj 块钱，能走多远。 考虑如何转移，注意到油量比较大，所有不可能把它记到状态里。那我们就枚举下一次在哪里加油： fi,j=maxk{fk,j−pj+gi,k}f_{i,j}=\max_{k}\{ f_{k,j-p_j}+g_{i,k} \} 其中 gi,kg_{i

不难的题。首先任意环上的边一定不是必经边，答案为B。我们随便搞一颗原图的dfs树，那么非树边，和每条飞树边覆盖的树上的链都是B。在树上打链覆盖的标记即可。 然后是对于每个x到y有路的限制，我们直接在x->lca打向上走的标记，lca->y打向下走的标记，最后判断一下就好了。#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const

我们要使左边的点度数都变为偶数。考虑第一种操作，会使两个点的度奇偶性变化，所以问题就转化成：给出一个图，选较少的边使得每个点的度满足奇偶性的限制。 这个怎么搞呢？有一个结论：若有解，则图的任意一个生成树，只取树边都能得到一组解。 怎么证明呢？ 显然如果已知一组边是合法的解，那么这些边一定能在同一棵生成树上。 把这组解的边标为白色边。对于其他的任意一颗生成树，若白边在树上就取他，若白边不在树上

题意现在给出了一个简单无向加权图。你不满足于求出这个图的最小生成树，而希望知道这个图中有多少个不同的最小生成树（如果两颗最小生成树中至少有一条边不同，则这两个最小生成树就是不同的）数据保证不会出现自回边和重边，具有相同权值的边不会超过10条。 1<=n<=100; 1<=m<=1000; 题解做这道题需要先推出一些结论。 如果把权值相同的边看做一个边组。则所有最小生成树中，每个边组所用的边都是固

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>#

题意在一个r行c列的网格地图中有一些高度不同的石柱，一些石柱上站着一些蜥蜴，你的任务是让尽量多的蜥蜴逃到边界外。 每行每列中相邻石柱的距离为1，蜥蜴的跳跃距离是d，即蜥蜴可以跳到平面距离不超过d的任何一个石柱上。石柱都不稳定，每次当蜥蜴跳跃时，所离开的石柱高度减1（如果仍然落在地图内部，则到达的石柱高度不变），如果该石柱原来高度为1，则蜥蜴离开后消失。以后其他蜥蜴不能落脚。任何时刻不能有两只蜥蜴在同

题意同一时刻有N位车主带着他们的爱车来到了汽车维修中心。维修中心共有M位技术人员，不同的技术人员对不同的车进行维修所用的时间是不同的。现在需要安排这M位技术人员所维修的车及顺序，使得顾客平均等待的时间最小。 顾客的等待时间是指从他把车送至维修中心到维修完毕所用的时间。 第一行有两个m,n，表示技术人员数与顾客数。 接下来n行，每行m个整数。第i+1行第j个数表示第j位技术人员维修第i辆车需要用的时

题意这题就是楼教主男人必做八题之一 给出一棵有边权的树，以及一个数K，求距离小于等于K的点对的个数。题解点分治显然可做，对于当前点分树，把所有点到当前根的距离排序后扫一下即可。 复杂度O(nlog22n)O(nlog^2_2n)。 这里主要讲一下另一种不错的思路——平衡树+启发式合并。 具体做法： 随便找个根，然后递归下去从叶到根把子树不断合并。过程中，给每个子树建平衡树来存其中所有点到子树

好像也不算什么模板。。。#include<cstdio>#include<queue>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=100005, maxe=200005;int n,m,w[maxn],last_print;int fir[maxn],nxt[maxe],son[maxe],tot;bool vis[max

这个算法好像没名字。。就是每次spfa增广。 时间复杂度O(n*m^2*3)？#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int maxn=5005,maxe=100005;int n,m,nxt[maxe],S,T,fir[maxn],tot=

题意给出n个节点的度数di，允许在任意两点间连线，可产生多少棵度数满足要求的树?若对度数不要求,则di=-1。 n<=1005;题解这道题需要知道Prufer数列的知识。 prufer数列是无根树的一种数列，数列与树两两对应。也就是说一种树只有唯一的一种数列来表示它。反过来给你一个数列，你总能把他转化成对应的唯一的树。 下面看数列和树是如何相互转换的： 树–>数列：每次选编号最小的叶节点（度

题意题解题意其实就是求最小割。但是发现点数和边数都特别大，直接上最大流肯定T了。那么如何转换呢？ 对于可以画在一个平面且没有边相交的图，我们称之为平面图。平面图中的边把平面分割为一个一个面，本题的面即是一个个三角形。最外围的无穷大的面称为外部面。 所谓对偶建图即是把面当做节点，对于每条公共边界，对应的两个面之间连边。 对于最小割问题，我们就可以把S-T的一个割看成一条路径，其经过的边即是割掉的

题意题解题目的意思即求K条路覆盖所有节点，走过的总路程的最小值，有一个限制条件就是当某个人从i走到j时，途径的节点都<=j。 对于这个限制条件，我们可以简单的floyd预处理出来，得f[i][j] 为i到j的最短路，且途中的点都<=max(i,j)。 我们需要简化模型：某个人走过的一条路径肯定是分阶段的，也就是说他从某节点i经过一系列合法点到j后，需要停一停等其他人开拓了一些节点再走。我们把某一

题意题解大水题，二分图匹配。对与每个人向他能睡的床建边即可。#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=105, maxe=505;int n,m,_test,res[maxn];int fir[maxn],nxt[maxe],son[maxe],tot;b

题意给定N个点的一棵边权都为1的树，每个点有点权 。M次操作，两种类型 1.单点点权修改。 2.给出x和k，询问到x的距离不超过K的所有点权和。 操作加密，强制在线。 N,M<=100000题解动态点分治。 同样把信息收集到根。对于每个点分树，把所有点放到一个树状数组中，数状数组的下标即是到根的距离。要注意相同子树中的东西计算重复了，为了抠去重复部分，还需要对每个点分树再开一个数状数组，维