Icefox的博客

首先明确，求交换次数最小其实就是求逆序对的个数。可以用树状数组方便地进行求解。然后题目没说文件大小的范围，我们就赶紧怕怕的采取了离散化。我们还发现这题可以O（logn）的由[l,r]=>[l-1,r]等等。。所以，莫队，就是你啦！具体细节见代码。#include #include #include #include #include using namespace std;#def

考虑什么情况会不可达，当覆盖两点的最小矩形不同时，一定不可达。因此我们需要快速的知道覆盖一个点的最小矩形是哪个。我们考虑每次把一个矩形染色，那么复杂度是不可接受的。联想到我们一维做区间加法，单点查询时，可以使用差分+前缀和的方法解决。我们此时同样可以使用差分+前缀和的思想。只不过是二维的。给(x1,y1,x2,y2)的矩阵加x，我们可以这样做：(x1,y1)+x,(x1,y2+1)-x,(x2+1,

一开始给定模式串集合S，不断向文本串集合T添加字符串，多次询问T中有多少个串包含模式串Si。我们首先把S集合的串用ACAM建出fail树，然后每次加入新串时我们就去ACAM上跑一遍，把到达的节点记下来。因为对每个串只贡献一次，所以这一次的贡献就是这若干个节点到根的若干条链的并。怎么求链的并呢？将所有节点按照DFS序排序 每个点到根的路径上的所有节点权值+1 相邻两个点的LCA到根的路径上的所有节

首先处理出数组mn[x]，表示x到离他最近的叶子的距离。如果给定起始位置u，我们以u为根，处理出dis[x]表示x到u的距离，则节点x对答案有贡献当且仅当mn[x]<=dis[x]&&mn[fa[x]]> dis[fa[x]]。我们发现所有满足mn[x]<=dis[x]的点x构成的集合S就是由若干颗子树构成的。（除非起点u为叶子，则集合S就是这棵树本身，只含有一棵...

其实就是求区间积的欧拉函数。每个数最多分解为前60个质数的乘积，单点修改。开60个树状数组来搞就好了。或者线段树+bitset什么的都好吧qaq

这题妙呀。 我们设风速为w时，飞机i通过原点的时间为tx, 风速为-w时，飞机j通过原点的时间为ty。 则如果存在某个风速w，使得i和j能够一个时间通过原点，需要满足(txi-txj)*(tyi-tyj)<=0.这是什么！这就是二维偏序！ 所以我们算出tx,ty，求个二维偏序就好了。不过这题大概卡精度，我们要手写分数。 还要注意相等的时候谁在前面的问题。

我们知道Nim游戏是否先手必胜只需看异或和是否为0即可。 因此此题我们就是要维护路径异或和和单调修改。 可以dfs序+树状数组来做，维护每个点到根的异或和。

首先nlogn求出每个点开始的最长上升子序列长度。 然后每个询问我们贪心地从小到大取能取的即可。 复杂度O(nlogn+mn)O(nlogn+mn)

这题实在是太神了orz首先考虑第一问。使得修改元素最少，我们不妨补集转化，改为求：最多多少个点可以不修改。 对于j<=ij<=i，如果aj,aia_j,a_i不需要修改，则必须满足ai−aj>=i−ja_i-a_j>=i-j，也就是ai−i>=aj−ja_i-i>=a_j-j，我们令bi=ai−ib_i=a_i-i，则就是要求bi>=bjb_i>=b_j，也即求序列b的最长不下降子序列。答案就是n

首先我们有一个显然的O(n2)O(n^2)dp。倒着做即可。 考虑如何优化，对于第i个点，我其实是在i+1~n中的权值>=x+d和权值<=x-d的点中选一个最大的来转移，我们可以用离散化+两个树状数组来实现查询前缀后缀最大值。复杂度O(nlogn)O(nlogn)

我们首先做出前缀和s[i],那么一个连续和就可以表示成s[i]-s[j],0<=j< i 我们考虑s[i]的第k位-s[j]之后为1的有多少个，如果奇数个就对答案有贡献。如果s[i]的第k位为1，s[j]需要满足第k位为0且前k-1位小于s[i]的前k-1位，或者第k位为1,且前k-1位大于s[i]的前k-1位。如果s[i]的第k位为0同理。 我们可以用两个权值BIT来维护。 复杂度O(nlo

dfs+树状数组即可。子树内的贡献就是进子树前存一个，出子树存一个，差就是子树内的贡献。

这个问题和bzoj3881基本一模一样。 3881是拿ACAM+树链的并写的，先把询问串建出ACAM,然后拿文本串去更新答案。这道题呢是拿SAM+dfs序+离线+BIT做的。先把文本串建出SAM，在每个点上挂一个vector记录这个节点所属的文本串。然后对于每一个询问串，先跑出它在SAM上的代表节点p，那么他的答案就是p的子树中不同颜色的个数，用dfs序转化为序列就是求区间内不同数的个数。可以离线

第一眼直接树套树…菜菜了qaq 其实直接BIT就够了。按顺序扫每一个数，如果第一次出现，就在BIT下标处+1，如果第二次出现，统计以他作为i的答案，即在last[x]~i只第一次出现的数的数。然后把last[x]处的1删掉，表示他已经不止第一次出现了。

双向冒泡排序，问你需要跑几趟。 定义MiM_i表示前i个数中排序后不在前i个的数的个数。 则MiM_i就是答案的一个下界，因此所有MiM_i的最大值就是答案。 可以用一个BIT来维护。 为啥呢？考虑i,i+1之间的分割点，你每一趟双向冒泡，实际上是使得一个在分割点左边的本应在右边的跑到了右边，同时让一个在分割点右边的本应在左边的跑到了左边。也就是说每一趟最多使得MiM_i-1，因此需要MiM

CF986A Fair（贪心+最短路） CF986B Petr and Permutations（BIT+排列性质）A#include &lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 100010inline char gc(){ ...

给定一个排列，问是否存在长度&gt;=3的等差子序列。如果存在长度&gt;=3的等差子序列，那么一定存在长度为3的等差子序列。我们只需要判断是否存在长度为3的等差子序列即可。我们从前往后做，对于aiaia_i，如果ai−kai−ka_i-k与ai+kai+ka_i+k都已经出现过或者都没出现过那没事，否则只出现了一个的话，另一个一定在后面，就一定会构成一个等差子序列。每个数如果出现...

首先我们贪心地有每次区间操作一定是对一个后缀。 于是我们有f[x][j]表示结尾数字为x，已经进行了最多j个操作的最长不降子序列长度。二维BIT优化一下来转移即可。 复杂度O(nklog2w)O(nklog2w)O(nklog^2w)#include &lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#define ll long long#defin...

多次询问一个串x在另一个串y中的出现次数。我们先建出ACAM，考虑如何做这件事，就是询问y有多少个节点沿着fail指针能找到x。但是这样太慢，我们不妨反向思考，就是求x沿着反向的fail指针能找到几个y的节点。我们建出fail树（fail指针没有环 每个节点只有一个出度 那么反向之后显然是一棵树 x沿着反向的fail指针所能到达的节点就是x所在的子树）。所以现在就是询问x的子树中有多少个y的节点。我

题目大意：对于一个排列X, 有序列A，Ai为以Xi结尾的LIS长度。 有序列B，Bi为以Xi开头的最长下降子序列长度。 给定A，求最大的∑ni=1Bi\sum_{i=1}^nB_i。真是神题orz“a[i]相同的所有位置必然满足w[i]递减 对于i，为使a[i]合法，w[i]必然比至少一个wj要大 因为w[j]递减，w[i]只需比最靠后的w[j]大即可，j向i连边，这样得到一棵树 贪心地

设dp[i]为以a[i]结尾的上升子序列个数，则显然有dp[i]=∑j=1i−1dp[j]∗[a[j]&lt;a[i]]+1dp[i]=∑j=1i−1dp[j]∗[a[j]&lt;a[i]]+1dp[i]=\sum\limits_{j=1}^{i-1}dp[j]*[a[j]O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)答案就是所有的dp值的和，因为要求长度&gt;=2，所以我们最后还要减...

首先若a,b线段交叉且A[a]< A[b]，则B[a]>B[b]，若我们给A序列强制从小到大的标号，转换B序列保证符合原题。则线段交叉的对数，就是B序列中逆序对的个数。我们可以用树状数组nlogn求出。然后考虑循环移位，现在只考虑对B序列做循环移位（A序列同理，反过来做即可。），实质上就是对转换后的B序列做循环移位，我们每次只把最后一位挪到最前面，挪n-1次即可得到所有循环移位后的结果。考虑把最后一

2013提高D1 A.转圈游戏（快速幂）AC B.火柴人排队（树状数组求逆序对）AC C.货车运输（贪心+并查集+树上倍增）AC

%%%popoqqq大爷的题解：传送门 又掌握了线性素数筛处理sigma函数的技能。。。复杂度O(T*logT+T*sqrt(n)*logn)

dp[j]表示第二行选择的最后一个位置为j时，最多选择多少对。以第一行做到i划分阶段，则这次只会影响a[i]能连到的的位置j， dp[j]=max{dp[k]| 0<=k< j}+1.这样复杂度是O(n2*9)的，过不了，我们可以用树状数组或线段树维护一下决策的前缀最大值，优化成O(9*nlogn)。

二维平面，两种操作 1.给(x,y) +1 2.查询矩形(1,1,x,y)的权值和。 二维树状数组开不下，cdq分治，去掉一维，然后用树状数组维护。O(nlog2n)

带修改的主席树。回忆我们求区间第k小的怎么求？我们实质上是用两个前缀和去减。那现在有了修改，说明我们需要维护前缀和。那什么东西可以用来快速的维护前缀和呢？树状数组。也就是说我们每次在树状数组上跑，更新logn棵线段树的值。每颗线段树维护树状数组相应的区间信息。然后我们查询的时候，按树状数组那样记下所有正贡献的线段树，和负贡献的线段树。然后若干个线段树的信息合并成正确的信息。 复杂度O(nlog2n

因为可以离线做，而且所有点一开始就给定，所以可以用扫描线+树状数组来做。如果强制在线，还可以用kd tree做。

S据说一直都是0.。。好像是描述有误。。可以直接忽视了。 把每一个询问矩形容斥成4个，使得都是前缀矩形，然后cdq分治就好啦。注意树状数组不能每次O(N)大规模清空，这样复杂度其实是不对的。必须是O(（mid-l+1）*logn)的清空。原来我以前写的都是假的orz

我们把删除操作倒着考虑，变成逐渐加数，每个数按加入的顺序给时间标号tit_i。（没被删过的数随便按顺序给时间标号1…n-m）,每个点我们记录三个信息(ti,xi,yi)(t_i,x_i,y_i)分别表示时间标号，位置，数值，每一个点又都是一个询问，答案是加入这个点后增加的逆序对数。那么对于一个询问(t,x,y)，他的答案就是满足 ti< t&&xi< x&&yi>y或者ti< t&&xi>x &&

给出一棵树，每次查询一个点到根的路径边权和，有边修改。直接差分+树状数组。

这题首先在线是没法做的，所以我们可以考虑离线算法 首先记录下每种颜色的下一种颜色所在的位置 将所有询问按照左端点进行排序 将所有颜色的第一个点x a[x]++ 然后从左往右扫 扫到一个点x将a[next[x]]++ 碰到一个询问l,r输出sum[r]-sum[l-1] 其中sum是a数组的前缀和,求前缀和可以用树状数组 或者也可以直接上莫队，题解：http://www.elijahq

线段树套splay，看网上题解大部分说套splay是过不去的，需要优越的姿势才可以，本想着过不去再卡一卡优越的姿势的，然而过了qaq。 线段树维护区间，对于线段树的每个节点我们吊一棵splay维护区间内的权值。 操作1：查询k在区间[l,r]上的排名。 线段树上查询区间，去splay上查询小于k的有多少个，都加起来即可，再加1就是k的排名。 操作2：查询区间[l,r]上的排名为k的数。 ...

给定一棵树，查询路径第k大值，带修改。 就是bzoj2588+bzoj3196 树上建主席树。然后对于修改，修改点x的权值，只会对x的子树有影响，而x的子树在dfs序上是连续的一段in[x],out[x]，就相当于区间修改，我们利用差分+树状数组来维护，另建bit+动态加点线段树来维护。 树状数组套动态加点线段树内存究竟怎么算.jpg???能开多大是多大好了，反正是要比logn^2小很多？这样

求三维偏序，可以树套树，第一维排序解决，第二维树状数组，第三维splay 或者cdq分治解决，要注意处理相同权值，细节较多。树状数组套splay#include &lt;cstdio&gt;#include &lt;cstring&gt;#include &lt;algorithm&gt;#include &lt;queue&gt;using namespace std;#...

官方正解给的是线段树+并查集，好毒瘤呀！写的我心神俱疲呀orz 我是每个节点维护左边K个点和右边K个点的连通性，还有连通块的个数。然后每次合并两个节点的时候，就暴力枚举K^2条边来并查集维护。再更新对结果的l和r。然后每次查询的时候就直接合并logn个节点即可。当节点的区间长度不足k时太毒瘤啦！【我写的简直太丑了】复杂度O(nlognk2+qlognk2)O(nlognk2+qlognk2)O(...

CF948A Protect Sheep（模拟）没看到输出“Yes”卡了二十分钟【再见】CF923A Primal Sport（线性素数筛，数学)CF923B Producing Snow（树状数组+二分/平衡树）CF923C Perfect Security（贪心+Trie）CF923D Picking Strings（手玩题）

对于a,b答案就是 minni=1|a−xi|+|b−yi|+timin_{i=1}^n{|a-x_i|+|b-y_i|+t_i} 根据a与x，b与y的大小关系分四类讨论。 比如第一类:xi<=a,yi<=bx_i<=a,y_i<=b 答案就是a+b−xi−yi+tia+b-x_i-y_i+t_i，设 vi=−xi−yi+tiv_i=-x_i-y_i+t_i,于是乎我们在满足条件的i中挑一

分块大法好啊qaq 我们按编号分块，预处理出f[x][i]表示改动x节点对第i块的影响有几个点 然后dfs序+BIT维护一下子树和。 复杂度O(m(n−−√+logn+n−−√logn))O(m(n+logn+nlogn))O(m(\sqrt n+log n+\sqrt n logn))#include &lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;...