cqbzlydd的博客

怎么发现这个不重不漏的标记方法的？

比较经典的“分块”题目

F？？？？

看来我是完全不懂嘛。

抄自quack的ppt。

西江月·证明即得易见平凡，仿照上例显然。留作习题答案略，读者自证不难。 反之亦然同理，推论自然成立，略去过程QED，由上可知证毕。

西江月·证明即得易见平凡，仿照上例显然。留作习题答案略，读者自证不难。 反之亦然同理，推论自然成立，略去过程QED，由上可知证毕。

西江月·证明即得易见平凡，仿照上例显然。留作习题答案略，读者自证不难。 反之亦然同理，推论自然成立，略去过程QED，由上可知证毕。

明明是很简单的观察，自己却发现不了。我太菜了！！！

细节比较多。

已经缺乏深邃的观察力了。

码农题，难以评价。

数论基本都忘完了慌得一批 qwq

暑期 DAY7 自闭的一天

两道用bitset优化 01 背包的问题。

这题是比较难的一道题目。当然还是有套路的。先考虑 [1,10^x] 的答案。具体是多少我们并不关心。然后考虑 [2,10^x+1] 的答案。会发现比原来多 1 。那么最多 mod 次就能刚好整除 ，取 x=20 是绰绰有余的。注意用 __int128 。...

平面分治哈哈哈哈这个trick怎么在哪里见过。

拿到这种题，首先不要慌张 。这道题有 很明显 的规律性 ： BABABABA …那么这道题 再难也不难 。手玩。手玩的时候要有清晰的目标，因为手玩的目的是让我们直观地感受规律，发现规律。毫无目的的手玩只是在浪费时间。尤其是这种规律性强的题目，手玩的结果往往具有普遍性，可以推而广之。当题目比较复杂时，手玩很有可能出错 。 这个时候要结合暴力程序进行验证。当然这都不是最核心的。本题最核心的是 递归构造 。而且这个构造 比较复杂，不那么明显 ，特别是这种带有 最小步数 限制的构造题目，往往考验创造

难度虚高。看到修改 + 区间查询 ， 不难想到 线段树 。首先我们可以考虑维护 差分序列 而不是原序列。那么一个等差数列长这个样子 ： x y y y …那么想到充分利用首项，考虑从后往前贪心，在一堆相同的后缀前面再塞一个不同的数。那么怎么表示一个区间的状态呢 ？ 我们发现只有两种情况。前缀剩了 y y y …不剩剩余状态设计我们还要考虑是否挖掉右端点 （因为要抵消），需要用不同的 dp 值来存。#include<bits/stdc++.h>#define ll long

。。。结论：如果连通块大小为 k 时能够成立，当且仅当有 n/k 个节点满足 k | 子树大小考虑一种合法的划分方案，我们可以直观地想象出它们之间恰好有 n/k 个点满足 k | 子树大小。反之，如果我们有这么 n/k 个点的话，将这 n/k 个点作为 “关键点” ，分出来的 n/k 个连通块，每个连通块大小恰好为 k 。时间复杂度 O(Tn) 。...

与非（nand）是非常强大的位运算，可以表示出所有其他位运算：not A = A nand AA and B = not (A nand B)A or B = (not A) nand (not B)A xor B = (A and not B) or (not A and B)相当于我们可以进行任意位运算。然后我们考虑位与位之间的限制。如果这 n 个数中每个数第 i 位和第 j 位都完全相同，那么最终运算出来的第 i 位和第 j 位一定相同 。...

官方题解写得像 shit首先看到 对称 ，不难想到二维 hash。那么我们判断左右和上下翻转后的矩形是不是和原来的完全相同。枚举中心位置，然后二分。#include<bits/stdc++.h>#define ull unsigned long longusing namespace std;const int N=1005;const int P=13333331;const int Q=1333333331;//sol: 二维 hash int n,m;int a[N

我是个调了一下午的蒟蒻待会来讲一下这个算法的原理。理论上，这个做法可以处理所有 二分图匹配最小字典序 问题。#include<bits/stdc++.h>#define inf 0x3f3f3f3fusing namespace std;const int N=55*55;//判断是否存在匹配包含 (u,v) //看是否存在环//若存在环，将路径全部取反//**然后删掉 (u,v) 这条边**//适用于完美匹配 -> 拆点 + 建虚点 int n,match[N],

好难啊~~~嗯，因为这个船是不规则的，所以比较难以认知。同时因为它可以上下左右移动，所以情况比较复杂。但要求船全部合法比较麻烦，可以只要求边界合法。比如说我从上往下走时，只要最下面的边界合法即可，因为其他点都是和原来的船体重合的。可以用 bitset 来维护。因为有 4 个方向比较烦，所以考虑对地图进行旋转，因此要维护 4 个 地图 。地图旋转公式？（推这个很烦）记船的 最大长度 为 b ，最大宽度 为 a 。向下 (x,y)→(x,y)(x,y)\to (x,y)(x,y)→(x,y)

括号序列原理：对原树进行一次 dfs 遍历，到一个节点就加入一个 左括号 ，再加一个表示节点编号的 辅助点 ，回溯时再加入一个 右括号 。比如：构建void dfs(int u,int topf) { val[++cnt]=0; c[cnt]=1; val[++cnt]=-1; //这个地方插的是节点编号 id[u]=cnt; for(auto v:g[u]) { if(v!=topf) { dfs(v,u); } } val[++cnt]=1; c[cnt]=1;

solution:神仙状态。考点：树形dp + 思维。路径是可以重复的，简单地树形 dp 可能难以处理，考虑路径的拼接。设 dp[x][i][j]dp[x][i][j]dp[x][i][j] 表示第 x 个点的子树内（除了自己）的奇偶性已经满足，i 记录第 x 个点的奇偶性是否满足，且子树内（包括自己）的路径端点数有 j 个的最短路径长度，其中 i∈{0,1}，j∈{0,1,2} 。状态转移方程系数：dp[x][i][j]=min(dp[0][i^1][j]+dp[y][init[y]][0]

[雅礼集训] Argdp套dp好题。考虑做lis的两种方法：1.设f[i]表示做到i的最长子序列长度2.设f[i]表示长度为i的上升子序列最后那个数最小是多少第一种方式不好设状态，我们考虑第二种显然，如果知道f里有哪些数字，就可以还原f那么我们设一个状态 f[S][F]f[S][F]f[S][F] 表示现在原来的序列中已经用了S这些数字，f数组中的数为F的方案数考虑转移，显然有2种方式：1.向S中添加一个不在A中的元素，这种情况直接转就可以了2.向S中添加一个在A中的元素，这个时候要考虑

树链剖分eg.求 dis(x,y)dis(x,y)dis(x,y)dis(x,y)=dis(x)+dis(y)−2dis(lca(x,y))dis(x,y)=dis(x)+dis(y)-2dis(lca(x,y))dis(x,y)=dis(x)+dis(y)−2dis(lca(x,y))一般来讲，如果题目只是叫我们求距离，我们可以不用把 lca(x,y)lca(x,y)lca(x,y) 求出来再带入运算。可以将 (1,x)(1,x)(1,x) 的路径权值加一，再求 (1,y)(1,y)(1,y) 中

meet in the middle每个点有三种情况：选入左边集合，选入右边集合，以及不选。考虑折半搜索。对答案进行去重即可。CF525E Anya and Cubes每个数组有三种情况：被选，被选且贴了标签，没被选两边状态没有重复的。折半搜索即可。时间复杂度 O(n∗2n)O(n*\sqrt{2}^n)O(n∗2​n)Vertex Covers选择模型点覆盖也是选一个点或者不选，所以归类为选择模型把这个图分成两半L和R，对每一半都搜索出点覆盖的方案数，然后合并问题：