Icefox的博客

我每次询问，用二分答案+hash去求lcp。 splay维护一下插入和修改。点p的hash值就是 hs[l]∗(sz[r]+1)+hs[p]∗sz[r]+hs[r]hs[l]*(sz[r]+1)+hs[p]*sz[r]+hs[r]

KMP模板题#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <queue>using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 1000010inline int...

挖了很久的坑qaq 还记得第一次xtx神犇给我们讲这道题，已经过去快整整一年了呢owo首先怎么算是纯循环小数呢？ 因为要求数值不同的数对个数，因此我们只考虑gcd(x,y)==1的数对(x,y)。 什么时候会出现循环呢？当出现相同余数时。那纯循环呢？就要求第一次出现的相同余数为x%y。即只需要满足xkl≡xmody,l>0xkl≡xmody,l>0xk^l \equiv x ...

用hash处理字符串匹配，变成若干线段接力覆盖的问题，瞎dp一下就好了qaq 复杂度O(m(len+n))O(m(len+n))O(m(len+n))#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define ll long long#def...

因为字符随机，所以同样的字符很少，我们对于同样的字符内部暴力两两枚举，看x->y是不是一个回文串。 怎么看呢？蒟蒻我不会… 比赛时胡乱写了一个假的lct维护树上hash值。 一开始没维护sz，它过了…过了… 发现后改过，它RE了…缘来是我写挂了qaq 改对过了美滋滋，然而elijahqi巨佬告诉我你太naive了…你这样rev之后hash值根本不对…囧 然而过了，可能因为数据随机...

一个n*m的棋盘，有些格子是障碍，问存在多少条哈密顿回路。(n,m<=12) 基于连通性的状态压缩动态规划。cdq论文。 这题逐格递推，括号表示法，滚动数组+Hash表优化空间。 复杂度O(S∗n)O(S∗n)O(S*n) 2017.5.21第一次写这道题。 2018.6.13把这题整理到blog上。 这一年来，水平究竟有没有长进呢… 当时就能写出Hash表+括号表示法的插头d...

在一个n*m的棋盘上，每个格子有权值，让你找一条简单回路使得经过的格子权值和最大。n<=100,m<=6 插头dp经典题目。复杂度O(nm3mm)O(nm3mm)O(nm3^mm)#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define inf 0x3f3f3f3f#define ll long long#defi...

类似bzoj1187 这回要求一条简单路的最大权值和。 简单路与简单回路的区别就在于，我们可以有独立插头。 于是多一维状态表示独立插头即可。 转移时多讨论一些情况就好了qaq 此时p=1,q=2的插头不管其实也是可以的，因为一条简单回路一定也能视作一条简单路，在其他情况被讨论到。 注意到我们这样无法考虑到只有一个点的简单路，于是乎单独处理掉。 复杂度O(nm4mm)O(nm4mm)O...

这题真是神orz 我们每一位单独考虑，注意到|0和&1对最终的结果是没有影响的。因此最终的结果只在于最后一个是|1，&0的哪一个。 对于第i位，我们搞出一个b[i],如果第j个数第i位为1，那么b[i]+=bin[j]。 这样我们就得到了一个左边为低位的二进制数。 我们考虑把操作序列也变成一个二进制数，如果第i个数前面的操作为|，那么第i位就是0,否则就是1，记这个二进制数...

给定一个排列，问是否存在长度>=3的等差子序列。如果存在长度>=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...

其实有效状态并不多，于是我们拿一个hash表记一下，直接数位dp即可。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 10003inline char gc(){ static char buf[1<<16],...

并查集小水题～ 需要Hash表/map/离散化一下 一开始没排序…sb了。。。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 200011inline char gc(){ static char buf[1<&...

我居然忘了…忘了…20多分钟后才开qaq 然后就写不完啦！ggA水题直接算#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 200010double v,a;double const g=10;int main...

做法较为明显，直接模拟即可。Hash比较字符串。 复杂度分析一波，如果没有2操作的话，复杂度显然是O(nk)O(nk)O(nk)的，考虑有2操作的话，分裂两个蚯蚓的复杂度是O(k2)O(k2)O(k^2)，因此而带来的合并复杂度也是O(ck2)O(ck2)O(ck^2)的，因此总的复杂度就是O(nk+ck2+|s|)O(nk+ck2+|s|)O(nk+ck^2+|s|) 然后就是卡常啦！ 首...

这容斥真是写的我心态爆炸… 考虑用至少0个坏点的-至少1个坏点的+至少两个坏点的-至少三个坏点的+至少四个坏点的。 我们发现对于斜着的正方形，可以直接在框住它的大正方形处计数，边长为i的大正方形内就有i个正方形。 且我们发现每个点出现且仅出现在一个正方形上。因此对于至少一个坏点的正方形，我们只需要统计过一个坏点的正方形框架个数即可。然后就是毒瘤的分类讨论！至少两个三个四个的可以通过枚举两...

首先把特殊情况特判掉。然后对于递推式xi+1=axi+bx_{i+1}=ax_i+b 我们可以搞一下通项:xi+1+ba−1=ai(x1+ba−1)x_{i+1}+\frac{b}{a-1}=a^i(x_1+\frac{b}{a-1})。 可以看做ak≡bmodpa^k\equiv b\mod p 其中b=t+ba−1x1+ba−1%pb=\frac{t+\frac{b}{a-1}}{x_1+

BSGS模板题。 BSGS算法，原名Baby Steps Giant Steps，又名大小步算法，数论基本算法之一。用来求离散对数。即给定a,b,p,求最小的正整数x使得ax≡bmodpa^x\equiv b \mod p，p为质数。我们考虑暴力怎么做，根据费马小定理，如果(a,p)=1,p为质数，那么我们有ap−1≡1modpa^{p-1}\equiv1\mod p，因此我们有ak≡ak%(p−

题目就是个裸的平衡树。 但是读入很鬼畜，需要好好写个hash。 数据还有锅，第七个点得分超过了八位正整数！需要ll。

首先我们考虑偶数个点和奇数个点的方阵枚举中心方式不太相同，我们用类似manacher的处理方法，填上一堆0，把他们全都变成奇数的情况。然后我们枚举每一个点作为中心，二分答案找到以这个点为中心最大的合法方阵。就可以直接统计这个点对答案的贡献了。这样已经是O(n2logn)O(n^2logn)的了，我们需要O(1)判断一个方阵是否上下左右均对称。类似不用manacher求最长回文子串的方法，把这个子串镜

好神呀，题解见vfk神犇：portal#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 100010int n,l;char s[N];int main(){// freopen("a.in","w",stdout); n=1;s[n]='a'; for(int i=1;i<=12;++i...

因为K是固定的，我们把原串的所有长度为K的子串都hash了。 每次查询就相当于在区间内询问一个数是否存在。可以主席树来搞一搞，也可以离线莫队什么的。。。

直接枚举哪一位不同，删去这一位，排序算一下贡献即可。

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,

2002提高 A.均分纸牌（贪心） B.字串变换（字符串哈希+bfs+剪枝）

二维hash，然后二分最长公共正方形的边长，把a的都扔到map里，然后用b的去查询有没有。复杂度O(n2log2n)O(n^2log^2n)

挺裸的，，，搞出hash表，直接查询即可。

恩，垃圾读入。 就是个二维hash，然后排序找众数。

多次询问子串最小循环节。 子串x…y循环节为l的充要条件是x…y-l与x+l…y相同。这个可以由hash来O(1)判断。 循环节长度肯定是y-x+1的因数，很好理解。于是我们可以枚举长度来求最小循环节。 然而这样会T。我们知道循环次数还一定是每个字母出现次数的因数，因此我们对这些取个gcd，枚举gcd的因数即可。

带插入，求lcp。和bzoj1014一样。 我的splay常数是真的大【捂脸】

f[i][j]表示把i…j压缩的最小长度，我们有转移 f[i][j]=min{f[i][k]+f[k+1][j] |i<=k<j}f[i][j]=min\{f[i][k]+f[k+1][j]\ |i<=k<j\} 如果i…j有循环节k的话，还有转移 f[i][j]=min{f[i][i+k−1]+dig[j−i+1/k]+2}f[i][j]=min\{f[i][i+k-1]+dig[j-i+1

就是求无根树的本质不同的独立集个数。如果不考虑本质不同，则有树形dp。 考虑本质不同，就要考虑无根树的同构，可以用hash来搞。具体题解见：portal我的hash真是冲突到死【再见】，hash值最好从大往小排。。。

不难发现一个合法的状态可以用每一列有多少个棋子来表示。 状压一下就是11^10,可以用Hash表来存。可以注意到其实合法状态没有多少，可以先都搞出来存在队列里再倒着做。f[S]表示S状态的局面先手可以再得多少分，考虑转移，先手取最大，后手取最小。

在后缀自动机上跑一跑就好啦。O(n)O(n)O(n) SA题解：portalO(nlogn)O(nlogn)O(nlogn) upd:还可以二分答案+Hash来求lcp哟。O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)SAM#include &lt;cstdio&gt;#include &lt;cstring&gt;#include &lt;algorithm&gt;#incl...

考虑我们给S中的每条路径一个权值，然后对这段路径异或上这个值。 那么最后询问的那条边如果权值等于S集合的异或和那么就说它被所有路径经过了。这样的正确性是很高的。 然后考虑新加入一条边，就会出现一个环，然后肯定是在这个环上删去一条边，假设是x,y那么在新的树上x-&gt;y的路径上异或上x,y这条边的异或值就可以得到新树的正确异或了。（画画图理解一下就是对存在性取反了） 因此维护一棵边权lct...