DOFYPXY的博客

稍加分（da）析（biao）可知，当p为奇数时，SG(x)=x&1，当p为偶数时，SG(x)=(x%(p+1)==p)?2:((x%(p+1))&1)。 奇数的话相当于区间翻转，区间异或和，直接线段树即可。 偶数的话分块来处理，每个块维护一个add标记和两个有序数组，分别表示奇余数和偶余数，区间加的时候整块的打标记，零散的直接重构，时间复杂度O(n/s+slogs)。查询的时候整块lower_b

首先显然可以把点看成斜率，然后就是求一个从头开始的最长上升子序列，支持单点修改。 分块做法（无脑）： 考虑把序列分成BB块，每一块维护一个从头开始的最长上升子序列，并用一个栈记录。每次询问相当于把所有块扫一遍，在当前块栈中二分到第一个大于上一块最大值的位置，然后贡献加上其到栈顶的元素个数，复杂度O(nlogBB)O(\frac{n\log B} {B})。修改就直接暴力重构块，复杂度O(B)O

题面 首先有个性质，就是以某个点为开始\结束的所有前缀\后缀or和只有log" role="presentation" style="position: relative;">loglog\log种，虽然很显然，但要是没想到这题就别做了。 考虑分块，设块大小为B" role="presentation" style="position: relative;">BBB，每个块记录mxi" rol

设B=nm−−−√B=\sqrt{nm}，先把权值离散化，然后排序，把每BB个权值分成一块，维护一个二维前缀和。询问时整块的O(1)O(1)，单块的O(B)O(B)暴力，总复杂度O(qB)O(qB)。 当然还有各种数据结构做法，比如说可持久化{线段树套线段树}。。。外层线段树维护X轴，内层线段树维护Y轴，然后权值离散排序，每次添加一个权值也就只会改变一个地方，可持久化的那条链要从外层线段树一直延

题面 考虑把序列分成N−−√\sqrt N块，记cnti,jcnt_{i,j}表示第ii块颜色jj的个数，设si,js_{i,j}为i,ji,j两块之间产生的贡献，通过cntcnt可以O(N−−√)O(\sqrt N)求出，然后对其二维前缀和一下，就可以O(1)O(1)求出一段块的贡献了。 对于单独的块再考虑其内部，和其对中间整块的贡献，加上去即可。 复杂度O(NN−−√)O(N\sqrt

对询问分块，把每n−−√n\sqrt{n}个询问放在一起处理，并对这些询问涉及到的点建出一棵虚树。 把一个点的反转看成是其到根的路径上的每个点titit_i的+1+1+1或−1−1-1，那么虚树上一条边的titit_i变化都是相同的。我们在处理每一块之前重构所有的titit_i，然后对于每条边维护所有没有去度假的人的titit_i，并使之有序且要把titit_i相等的合并起来，然后只需要再维护一...

有一种常数比较小的O(nn−−√log2n)O(nnlog2⁡n)O(n\sqrt n \log^2 n)的做法。 分块，每个块维护一个其中元素排好序之后的数组。修改的时候零散块直接重构，整块打标记。询问的时候先二分答案midmidmid，那么就转化成求小于等于midmidmid的数的个数，对于零散的块重构后暴力数，整块的如果标记≤mid≤mid\le mid答案就是块大小，否则直接在数组上二分...

先考虑a=ba=ba=b的情况。 我们按aiaia_i从小到大排序，枚举iii并令x=aix=aix=a_i，那么[i,n][i,n][i,n]都是xxx的贡献，接下来就是找一个最大的bj⋅(i−j),(j∈[1,i−1])bj⋅(i−j),(j∈[1,i−1])b_j\cdot (i-j),(j\in[1,i-1])，看成关于iii的函数就是bj⋅i−bj⋅jbj⋅i−bj⋅jb_j\cdot...