Chester King

这是一道经典的网络最大流的题目，个人认为这题入门小白……题目大意：现在有m个池塘(从1到m开始编号,1为源点,m为汇点),及n条水渠,给出这n条水渠所连接的池塘和所能流过的水量,求水渠中所能流过的水的最大容量.方法一：EK(Edmonds_Karp)方法二：Dinic

诶，真的是越活越回去了，现在打的程序还不如以前了，慢的爆炸……（先测的是bellman-ford，后测的是SPFA）题目大意：FJ想要进行时光旅行，现在有F个农场，对于每个农场，已知该农场有N片农田，M条小路，W个虫洞。其中小路是双向的，虫洞是单向的。对于每条小路，有S,E,T三个参数：S和E表示小咯两端农田的序号，通过这条小咯需要的T的时间。对于每个虫洞，同样有S,E,T三个参数：S

题目的意思非常明显，就是告诉你一些人之间的关系，一些床位可以容纳一些人。问在校且不回家的人数加上外来人数是否能被所有床位容纳。这题需要注意每次求二分图的最大匹配之前的初始化，我就是在这里WA了好几次……之后只要贴上匈牙利算法的模板就好了。其实这题也可以用网络最大流来做，但是我觉得好像并不需要如此装B吧……附上AC代码：#include #include using name

题目传送门：BZOJ1001%%%LYF大神，打的是SPFA，如果不用vector和queue，肯定比我跑的快……说实话，如果这题的数据造的强大一些，我的dinic应该是要被卡掉的。这题我打的是网络最大流，也是我看了题目后想到的第一种解法。主要是建图，要好好想想，怎样把二维的图转换成一维的n*m个点。附上AC代码：#include #include using na

题目传送门 其实这题还是挺水的，强联通分量的正解也是比较好想的。 对于题目的第一问，只要求节点数大于1的强联通分量个数就好了。 对于题目的第二问，只要求节点数大于1且出度为0的强联通分量中的所有节点编号就行了。 小提示：这题有两个要注意的地方：第二问的答案要求该强联通分量的节点数大于1。（我就是在这里WA了好多次，以后一定要注意读题，汗……）还是第二问，在输出每个强联通分量中的节点编号之

其实本不想发这题的题解的，但是为了提醒自己不再犯错，还是发一波吧。 这题依旧是比较水的强联通分量，只要求所有出度为0的强联通分量的节点数总和就行了。 按理来说，我应该是比较轻松的就会过掉的…… 但是！ 因为自己的粗心，忘了考虑有多个强联通分量出度为0…… 于是，WA了好几次…… 好吧，无论做什么题目，不管有多么简单，都应该认真对待，狮子搏兔亦用全力！附上AC代码：#include <cs

题目传送门其实这是一道考思想的题目，不能说是模拟吧。一开始我还不知道怎么做，想了好多，看了题解后才恍然大悟。（恍然大悟你妹啊，原来题目保证有解的啊，我说这个题解怎么是对的）记录一下当前出现过的最多的数字pre和出现的次数sum，然后读入下一个数x，首先判断sum是否为0，若sum==0，则sum=1，pre=x，跳过循环。然后若x==pre，则++sum，否则--sum。附上A

题目传送门划水啊，就是最小费用最大流的模板，只是标记一下自己会了这种算法。正解就是SPFA+EK，在SPFA扩展的过程中加入EK的判断——这条边的流量是否还有剩余。然后在所有节点都扩展完毕后进行EK的流量修改，最后统计答案。附上AC代码：#include #include #include #include using namespace std;struct no

题目传送门这题用到了最小费用最大流，一条边的容量为1，代价为这条边的长度。建立超级源点通向节点1，容量为2，代价为0；节点n通向超级汇点，容量为2，代价为0。之后刷一遍最小费用最大流就行了。注意：这题里的边都是双向边，比方说从节点x到节点y和从节点y到节点x是不同的走法。附上AC代码：#include #include #include #include using

题目传送门今天的时间好少啊，晚自修还要去听专题报告，都没有时间刷题了，只有打一道水题练练手了。这题的解题思路是贪心，对每个节点的T2进行排序，然后从小到大修最多的建筑就行了。但是这个贪心的思路是有问题的：如果T2最小的节点i的T1很大，但是在i的T2范围内有许多节点的T1很小，不就GG了？所以我们可以用一个堆来维护当前维修的所有建筑的T1，然后枚举下一个节点，若这个节点可以直接维修

题目传送门这题的解法主要分为三种，接下来我会详细讲解。一、首先，我们来看最慢的一种方法，但也是代码量最少的一种——堆。我们用一个小根堆H来存所有的节点的x坐标，然后对每一种彩珠开一个小根堆，每次从H中取最小的一个坐标，然后枚举每一种颜色，若这种颜色的堆顶坐标小于H的堆顶坐标，就把这个堆顶弹掉，然后判断下一个堆顶，直到：1.当前堆顶坐标不小于H的堆顶坐标；2.当前的堆为空。对于第一种

题目传送门又是一次帕金森，多打等号WA6次——真的伤心啊。这题的正解是线段树，应该还是比较好想的。对于修改操作，对于给定的区间中的每一个节点做单点修改，将该节点的值变为sqrt(该节点的值)，之后就是线段树的维护了。这题真的比较水，线段树连延迟标记都没有用到。附上AC代码：#include #include #include #define lt (k<<1)#de

题目传送门这题一开始还真的没有什么思路，虽然说题目意思是求最短路，但是那个结界真的讨厌啊……然后点开了hzwer学长的博客……好吧，我承认我看题解了……发现这题的正解是带限制的最短路。用d1数组记录到达当前节点需要的时间，d2数组记录拆掉这个节点的所有结界发生器需要的最短时间，因此到这个节点的最短时间就是min(d1,d2)。然后就是最短路径的模板了……附上AC代码：#in

题目传送门作为一个合格的蒟蒻，我们当然在学每一种算法后都要去做一些和这种算法有关的模板题。毫无疑问，这是一道左偏树的模板题。伏地膜大佬，这位大佬对左偏树的解释十分到位。左偏树就是在堆的基础上加上了距离的概念。距离指的是每一个节点到离他最近的不满节点的距离。若一个节点的左儿子或右儿子为空，则该节点是一个不满节点。左偏树有两个特殊的性质：1.一个节点的左儿子的距

题目传送门这道题的正解——点分治还是挺好想到的，因为题目已经明确给出这道题是以树为基础的。这题的统计答案与点分治的模板有些不同，不过也还是挺好想到的。题目要求任意两点的距离是3的倍数的点对数量，我们可以把这个转化为在有根树中，LCA到其中一点的距离为3的倍数余1，到另一节点的距离为3的倍数余2的点对数量加上LCA到两个节点的距离都为3的倍数的点对数量之和。就此，我们已经解决了这道题

题目传送门这题就是一道点分治的模板题，就当是立学习了点分治的Flag了。点分治，就是把分治的思想转移到树上，然后对于任意两个节点的路径过当前子树的情况进行特殊讨论。这道题是求任意两点间的距离不大于k的点对数量。为了保证时间复杂度的稳定性，我们可以求一遍当前子树的重心来做根。然后，我们可以统计所有过当前树根且路径长度不大于k的点对数量p，我们也可以统计所有过当前树根且路径长度不大

题目传送门日常水一波，就是对正向图跑一遍SPFA，然后建一张反向图，也就是求其他所有的节点到源点的距离，然后再跑一遍SPFA。最后输出两次距离和的最大值就行了。附上AC代码：#include #include #include #include #define M 100010#define N 1010using namespace std;struct note

题目传送门题目大意：每次取出两个大根堆的对顶，将这两个节点的键值减半，维护堆的性质，然后将这两个大根堆合并起来，输出堆顶的键值。很明显，这题的大部分时间都用来合并两个大根堆了，所以我们不能用普通的二叉堆，因为普通的二叉堆合并的时间复杂度是O(n)的。考虑到合并的时间复杂度应该降低，我们就想到了左偏树（当然，斜堆、二项堆、斐波那契堆也是可以的），合并操作的时间复杂度是O(logn)的。

题目传送门这题和洛谷上的左偏树模板的解题思路是一模一样的，所以只要贴上左偏树的模板就好了。附上AC代码：#include #include #include #define N 1000010using namespace std;int n,m,dis[N],w[N],x,y,f[N],ls[N],rs[N];void read(int& a){ static ch

题目传送门感觉自己真的是越来越菜了，连数位dp都写不来了……定义f[i][j]表示当前取到第i位（从高位到低位），当前位置为j的方案数。然后就是对于是否存在前导0的分类讨论，并同时统计答案。最后利用差分的思想，把[l,r]的windy数的数量转化成[1,r]的windy数的数量减去[1,l-1]的windy数的数量即可。附上AC代码：#include #include

题目传送门博主暴走中……神他妈的HDU，不能用fread读入的！！！我因为这个错WA了10+发……这题的题意就是求每一个节点在树上和它距离最大的点的距离。其实这题的思路还是挺清晰的，我们可以对于一棵有根树的一个非根非叶子节点进行讨论。这个节点的最大距离有两种情况，一种是从以该节点为根的子树的最大距离扩展过来，另一种就是从父亲节点扩展过来。引用一下另一位大佬的图片（看2号节点）：

题目传送门诶，自己真的是越来越菜了，自己寒假里学会的LCA到现在已经忘得差不多了。今天就当是复习一下吧。其实这个倍增的思想还是挺神奇的，每次询问时先把深度较大的节点倍增到和深度较小的节点同一深度。然后再把这两个节点同时倍增到离它们最远的不相同的祖先出，赋值并循环，最后返回当前任意一个节点的父亲节点就是这两个节点的LCA了。附上AC代码：#include #include

题目传送门一大早只能先用水题来唤醒自己的思维，毕竟为了期末考准备了半个月，有点失了智。个人认为，对于英文题目，看懂题目最重要……这题的大意是在一棵无根树中，求最大子树最小的节点序号。其实这题的解题思路非常直白，就是求树的重心，如有多个，需排序。然后，就没有然后了啊……附上AC代码：#include #include #define N 50010using nam

题目传送门这题给我最深的感受就是：初始化很重要……我因为初始化的原因WA了一中午……这题其实和dp并没有什么特别大的联系，其实是一个枚举。对于截断的一条边的两个节点所在子树大小差取一个最小值就行了。可以把这题中的树想象成一棵有根树，令第一号节点为根，然后枚举当前节点的所有子树，即枚举所有的边，然后计算答案就行了。附上AC代码：#include #include #def

题目传送门多刷水题有益身心健康……维护一个堆（单调队列和线段树也可以吧），记录在当前节点前且在距离范围内的以高度为关键字的大根堆。若当前堆顶的位置超出范围，就把这个节点pop掉。若当前堆顶的高度满足条件，就把计数的数组加1。最后统计有多少节点的计数数组的值为2，个数就是答案。附上AC代码：#include #include #include #include u

题目传送门这题还是挺好的，至少我困扰了我一段时间。首先把这棵无根树转化成一棵有根树，根是什么，树的重心吧。（如果数据过小，直接定义第1号节点为根就行了）然后倍增所有节点，得到所有节点和祖先的关系。最后，要求3个点的树上最短距离，那么集合点一定是其中两个节点的LCA。（画画图就秒懂了）最暴力的方法就是枚举3个节点的LCA，然后判断距离和最小的为集合点。但是，有一种神奇的方法：

题目传送门补一发期望DP，这道题困扰了我很久了，今天终于A掉了，比较开心：）f[i]=∑j∈son[i]f[j]+dis(i,j)deg[i]上面就是整道题的核心，只要从第一个节点开始DFS就行了。附上AC代码：#include #include #define N 100010using namespace std;struct side{ int to,w,

题目传送门诶，这不就是QZOI2017的t2吗？身为蒟蒻的我也就这题是AC的了，其他的题目……难受ing……就是一个单调栈，统计当前的节点之前有多少节点的纵坐标比当前节点的纵坐标大。附上AC代码：#include #include using namespace std;int n,m,que[1000010],len,x,y,ans;inline char nc(){

题目传送门曾经身为蒟蒻的我对树形dp一无所知，现在依然身为蒟蒻的我认为树形dp不是不能做。要相信蒟蒻也是有明天的。Flag：树形dp入门题，从此我入了树形dp的坑。设f[i][0~1]为第i个人是否出席的最大快乐指数。（0表示没出席，1则反之）状态转移方程也非常好写：设j为i的下属，1.若第i个人出席，则f[i][1]+=f[j][0]2.若第i个人不出席，则f

题目传送门我又一次感受到了初始化的重要性：我又错在了初始化上了……（多组数据死全家！！！）这题的思想还是挺好的，二分答案加上树形dp，分开来看都挺简单的，但合起来就需要一点脑洞了。我们可以二分一个答案出来，作为题目要求的最大边权值，然后用树形dp来判断这个答案是否成立。综上，这题就被完美的解决啦。附上AC代码：#include #include #include #d

题目传送门日常水一题，因为n的范围只有200，所以可以暴力枚举两个点，把它们所形成的直线记录下来，去重，直线的条数就是答案。附上AC代码：#include #include #include #include using namespace std;struct note{ int x,y;}a[210];int n,len,ans;vector c;int

题目传送门学过的东西就应该及时巩固，否则和没学没有什么区别——我TMD把自己半年前做过的题目都忘了……刚一拿到这道题，我YY了很久，最短路？BFS？还是树结构？YY不出来，题解搜起来。然后我就搜到了codevs1001，舒适的路线，然后发现这题我TMD是做过的？！看了自己半年前的代码，发现是并查集……懵逼中……好吧，因为m的范围是5000，n^2能勉强接受，于是可以对所有边按权

这题是有爱的双倍经验时间，一个程序刷两题真好。（偷笑）但是，手贱交错题目就不好了……（今天怎么这么背？）这题其实就是一个结论题，引用一下一位大佬的部分博客：（大佬传送门）

题目传送门今天一晚上就做了一道题，好颓废啊……这题其实还挺水的，只不过本蒟蒻一直都不太想的进去，所以一直WA，一直懵逼。其实这题的题意是在n个数中连续取k个，把这k个数都改成一个相同的数m，使得Σabs(a[i]-m)最小。很显然，当m为当前k个数的中位数时，当前k个数的改动最小。至于为什么，我也不知道……然后我们就可以把这题转化为一个滑动窗口的题目，总共有n-k+1个窗口，求

题目传送门不知道今天是怎么了，可能是空调吹多了吧，一直不在状态，连递推题我都做不来了……（扎Zn了老Fe……）然而，不管环境如何恶劣，我们仍要努力学习，为了自己的明天而奋斗。（说的好像跟真的一样）其实这题就是一个递推，现在我们考虑第i个数，定义f[i][j]表示序列里有i个数，逆序对的组数为j的方案数。因为第i个数的权值就是i，则不管第i个数插到序列里的哪个位置，都会和在它后面的数

题目传送门日常水一水，挑一道Noip的水题来练练手。这题的题意是求一棵树上所有的由两条边相连的点对的点权积的和，还有点权积的最大值。我们可以单独挑出一个点i，假设有4个点v1,v2,v3,v4和它直接相连，那么第i号节点对点权积和的贡献S可以表示成：S=W(v1)*W(v2)+W(v1)*W(v3)+W(v1)*W(v4)+W(v2)*W(v3)+W(v2)*W(v4)+W(v3)

题目传送门这题还是挺水的，还是YF哥哥最强了。（听说最近YF哥哥在一次模拟赛中虐场了，不愧是一代神犇）其实我觉得YF哥哥有一点说错了，这题好像并不属于DP的范围，只是一个递推罢了。（YF哥哥不喜勿喷）首先我们可以随便选一个节点作为树根，预处理出所有节点到第i号节点的距离和以当前节点为根的子树的大小。然后我们取节点i和j，假设以第i号节点为根，j是i的一个儿子，现在我们要考虑以j号节

题目传送门标题只是吸引你点进来的，这并不是一篇水博客，下面是有好东西的。曾经我们以为树状数组虽然常数比较小，代码简洁明了，非常好掌握，但可惜的是没有办法实现区间查询而放弃了树状数组去学线段树。我们并不能否认线段树的优秀，但是我们也不能否认树状数组的强大——树状数组是可以实现区间查询的！首先我们都了解树状数组的区间修改吧，其实就是利用了前缀和的性质罢了。（也就是差分）然后我们

题目传送门分块什么的最好了~（至少简单易懂，代码还比较好写）这题就当是我学习了分块的flag吧。其实分块就是把原来n个元素分成sqrt(n)块，每块有sqrt(n)个元素。对于一段连续的区间修改，我们可以把这个区间分成若干个完整的块和两端剩下的元素。对于完整的块，我们可以用和线段树一样的思想——延迟标记来记录当前块内所有元素的共同修改量；对于两端剩下的元素，我们可以暴力修改

题目传送门这题的正解就写在了题目里——KMP。（NOI的题目有这么好心吗？）对于每个字符串，我们先求出next数组，也就是失配函数，并记录当前状态经过几次pre=next[pre]会使pre==0，也就是num数组的雏形。然后再做一遍类似于求next数组的循环，并while(pre*2>i) pre=next[pre]，然后就是统计答案咯。由于今天不知中了什么毒，可能是天气太热，我