扩展の灰(Extended Ash/Cooevjnz)

很显然的树剖题目嘛，加上个区间打标记即可，可以用树状数组 注意数据很坑，dfs爆栈，所以要从最中间开始dfs

整体二分好难a CDQ分治&整体二分九连： A[适者] 先来一个不是cdq分治的题（虽然也可以用分治做） 首先先来考虑按照什么顺序来搞掉这些机甲 对于两个相邻的机甲i,j，先i后j的代价是Ai∗Di+(Di+Dj)∗AjAi∗Di+(Di+Dj)∗AjA_i*D_i+(D_i+D_j)*A_j 那么如果i应该比j先消灭就有 Ai∗Di+(Di+Dj)∗Aj<A...

终于又遇到SAM的题了好好玩，而且就这道题让我弄清楚了广义SAM和Trie上SAM的区别 其实两者是没有多少区别的，不过Trie上SAM可以更快 关于Trie上SAM，是用bfs的方法来构建的，相比起广义SAM用dfs建少了一个深度之和的部分 但是如果原题给的就是Trie那么就只能用bfs了，因为dfs会被卡成O(n^2) (考虑一个扫把) 回到本题，简化一下式子发现这道题求的是不同子串的

题目看这里 一个简单的计数问题 我们先考虑O(n^2)的做法 对每个点dfs一次，求出d[i]表示i的深度，那么对答案贡献就是Σ2^(n-d[i]) 那么我们考虑用数据结构动态维护这个d[i]，显然可以用线段树来维护dfs序做到 复杂度O(n lg n) 效率很高rank8 看了下solution突然才发现别人都不是这么做的！ 不管了反正跑得过而且跑的快。。就是代

又是被水题坑了。。。 一直想不出来看题解说要什么主席树，于是开始打离线算法 结果打到一半发现要强制在线。。No!!! 发现直接AC自动机似乎可做？树剖之后在AC自动机上跑的时候判断一下不就好了吗!连线段树都不要 让后快乐切掉，速度还可以（废话，人家N^2暴力都跑得飞快） #pragma GCC opitmize("O3") #pragma G++ opitmize("O3") #in

非常好的树剖模板题了，直接C颗线段树上去就好了，动态开点一次写对~ #pragma GCC opitmize("O3") #pragma G++ opitmize("O3") #include #include #include #define N 100010 #define mid (l+r>>1) using namespace std; struct edge{ int v,nt;

因为外来的入侵，国王决定在某些城市加派士兵。所有城市初始士兵数量为0。当城市 被加派了k名士兵时。城市i的所有子城市需要被加派k+1名士兵。这些子城市的所有子城市需要被加派k+2名士兵。以此类推。 当然，加派士兵的同时，国王也需要不断了解当前的情况。于是他随时可能询问以城市i为根的子树中的所有城市共被加派了多少士兵。 你现在是国王的军事大臣，你能回答出国王的每个询问么？ 我们先求出dfs

更新中 //Templates From Extended_Ash/Cooevjnz/JacaJava/Tubbcrafft //To be continued... //Suffix Automation char str[N]; int s[N][26],mx[N],f[N],sz[N]; int last=1,cnt=1,n,v[N],r[N],ans=0; inlin

Pulumi生活在P城的角落，而他的朋友们gjdy,oyski,tutuwai等等生活在P城的靠中心位置。 P城很大，但它拥有优秀的城市结构，同时P城重视文化教育的发展，P城共有n个学校，校与校之间共建立了n-1条交通线路，且两所学校之间存在唯一的连通路径。 P城常常举行各种类型的评比活动，为了节约资金，最终将给某一条路径上的所有学校颁发证书。为了便于描述我们记一次评比活动的结果为(ui,vi

这个题一看就是树剖的模型 但是有一些问题，比如权值的乘机太大了，可能会爆long long 一种解决的方法：我们考虑到，v 对于权值为1的边我们可以用一个并查集合并（注意只会改小） 但是这种方法不好想，我们还是考虑树剖 若权值>=10^18 我们可以直接将其变为一个特殊的值(例如-1)表示“足够大”，这种情况直接输出0 若不够，我们有一个结论： [[a/b]/c] = [a/bc] 这

好长一道题结果发现就是个叫你求最大次大的东西 我们跑出dfs序和主席树后，开始分类讨论 1.只有一个节点 2.有不止两个最大值，且在此子树外有l[i]不为0的节点 3.只有一个最大值，而次大值+子树外l[i]的最大值不等于最大值 4.只有一个最大值，而次大值+子树外l[i]的最大值等于最大值，就取第三大值和最大值相加，和次大值和子树外次大值相加 （这里的次大和第三大都是严格的） 主席

子树的问题都是dfs序的工作啦，加上个线段树就ok了 #include #define mid (l+r>>1) struct Edge{ int v,nt; } G[200010]; int h[100010],cnt=0,clk=0,l[100010],r[100010]; int s[400040],n,m,d[100010]; char c[5]; void adj(int x,in

看了一眼就开始想分快树套树莫队了吧？233333333 但是这道题有一个奇怪的条件！颜色不超过30种！ 是不是一个状压就完了？23333333333333333333 #include #define ls x #define rs x #define mid (l+r>>1) int s[400040],t[400010],n,m,c; void pushdown(int x){ i

题意：给一棵树，每次删边或者询问连通性，强制在线 其实这题做法很多嘛，简单说一下 一眼看过去肯定是LCT啦，于是马上开始打 打到一半发现似乎不用LCT？好像树剖也可以嘛 结果发现树剖也不用，直接一个dfs序就可以了嘛 用线段树维护每个点能到达的最远的祖先，删边的时候将整个区间覆盖即可 注意，对于在子树中已经断开的节点不要再覆盖，可以记录每个节点深度 #pragma GCC opi

题意：给你一颗树，每次选择一条简单路径进行染色，问最后每条边的颜色 此题非常之坑，各种卡，主要是卡栈空间 首先看题就写了个树剖，让后各种TLE和RE，开了O3还是不行 #pragma GCC opitmize("O3") #pragma G++ opitmize("O3") #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #i

纪念一次AC，水一篇blog 又是喜闻乐见的广义SAM题辣 题意：给一个trie，每次问询一个串在另一个串出现的次数 思路：建立广义SAM，离线所有询问，每次讲一个主串在fail树上的节点+1，处理询问就用fenwick维护子树和 这里注意， 1.广义SAM要用bfs建 2.每次从一个主串到下一个时，不要整个都减掉而是要在LCA处会和，这样复杂度就是对的 代码有点长但是很好打 #include&...