Chester King

题目传送门这题是真的神仙题……整整花了我两个礼拜来理解这题首先这题据我了解有三种做法：纯OI做法、积分+数学推导、直接积分请做好一定的心理准备，接下来的东西可能有点难理解~~（好像不是一点点的难吧……）~~1.纯OI做法首先我们根据期望的线性性，可以得到ans=∑x=0mw(x)×p(x)ans=\sum_{x=0}^mw(x)\times p(x)ans=∑x=0m​w(x)×p(x...

题目传送门来来来，推式子啦： ∑i=1n∑j=1nϕ(gcd(i,j))=∑i=1n∑j=1n∑d=1n[gcd(i,j)=d]×ϕ(d)=∑d=1n(ϕ(d)×∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊nd⌋[gcd(i,j)=1])\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\phi(gcd(i,j))=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d=1}^n[gcd(i,j)=d]\t

题目传送门第一眼就是树形DP，然而看到数据范围以后望而却步……O(n×m)O(n\times m)的时间复杂度实在受不了啊……观察数据范围，发现题目给出的是∑ki≤5×105\sum k_i \le 5\times10^5，那我们就要考虑减少每次询问的时间复杂度，不能是O(n)O(n)的，应该和kik_i有关吧。于是我们就想：有没有什么高级的数据结构，可以让我们的时间复杂度降下来，把多余的状态舍去呢

题目传送门其实这题并没有真正的用到虚树，只是用到了虚树的思想。首先考虑暴力树形DP，时间复杂度还是O(n×m)O(n\times m)，必须要优化。然后我们把思路转移到虚树上，发现问题转化为改变一个节点是否为关键点，答案就是虚树上所有边权*2。我们考虑一个节点加入虚树产生的贡献，就是DFS序中和当前节点相邻的节点的路径长度*2，删除同理。那么我们每次维护改变的节点的贡献即可。可以用一个set来维护当

题目传送门又是一道神题……为什么网络流的建图都这么诡异啊……写在前面：互相喜欢什么的……cp都得死！身为单身狗的我手中多出了不知名的火把和汽油考虑把所有的男孩和女孩都拆成两个点，分别表示喜欢点和不喜欢点。对于一对相互喜欢的男孩女孩，男孩的喜欢点向女孩的喜欢点建一条流量为1的边。对于一对不互相喜欢的男孩女孩，男孩的不喜欢点向女孩的不喜欢点建一条流量为1的边。每一个男孩的喜欢点向不喜欢点建一条流量

题目传送门期望什么的好迷啊……我觉得我应该去补一补数学的……考虑第ii次操作，设当前操作前末尾最长的11的长度为xx。如果操作失败，贡献为00。如果操作成功，贡献为(x+1)3−x3=3x2+3x+1(x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1。那么期望为(1−pi)×0+pi×(3x2+3x+1)(1-p_i)\times0+p_i\times(3x^2+3x+1)。但是我们并不知道xx具体为

题目传送门可以把题目所给的操作看成给一条边的权值+1。（好有道理啊）解读一下题意：把所有权值不大于给定的边（不包括给定的边）建出来，使得给定的边的两个端点不连通。那么考虑重建图，以差值+1为边权，问题转化为求新图的最小割，Dinic即可。附上AC代码：#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>using namespace std;c

题目传送门好神的想法啊……这个二分好迷啊……我们可以二分一个值midmid，把所有白色的边都加上这个值，在最后计算边权和时减回去，也就相当于改变的白色边的优先级。然后刷kruskal，如果mst中的白色边数不小于给定的need则验证成功，修改二分的边界继续二分。附上AC代码：#include <cstdio>#include <cctype>#include <algorithm>using

题目传送门观察数据范围，n≤1e5n\le1e5，时间复杂度不是O(n)O(n)就是O(nlogn)O(n\log n)，最多不过O(nlog2n)O(n\log^2n)。但这题显然O(n)O(n)没法搞，只能从O(nlogn)O(n\log n)来考虑了。直接把题意转化成一个等式：ai+ai+1+…+ajj−i+1≥k\frac{a_i+a_{i+1}+…+a_j}{j-i+1}\ge k，其中i

题目传送门题解真的好机智啊……像我这种蒟蒻只能跪在地上%%%了。简化问题是非常必要的，否则就要用Treap套权值线段树这种（垃圾又恶心的）大数据结构了。有些时候我们会把无序的数据排序来简化问题，但是……你们肯定知道我要说什么的：这题就是把有序的数据进行无序处理来简化题目的……首先我们二分一个midmid来作为最后给定位置上的答案，然后对给出的数列进行无序处理：小于midmid的位置记为00，大于等于

题目传送门还是ZZK大佬的讲解最平易近人了QwQ……看到区间果断容斥（来自ZZK的教诲），令A=⌊ak⌋A=\lfloor \frac{a}{k} \rfloor，B=⌊bk⌋B=\lfloor \frac{b}{k} \rfloor，又是推公式的环节： ∑i=1a∑j=1b[(i,j)=k]=∑i=1A∑j=1B[(i,j)=1]=∑i=1A∑j=1Be((i,j))\sum_{i=1}^{a

题目传送门以后不管打什么代码，一定要过心，不要因为这份代码打过很多遍就放松警惕：这题我因为读优打错了，WA了5发……心塞.jpg这题的正解是tarjan+拓扑，题目要求nn个点到主建筑的方案数，可以考虑主建筑到nn个点的方案数，显然答案不变。对于一个主建筑能到达的、节点数大于11的强连通分量，显然第一问直接输出zawsze。这题还有一个情况，有的点可能有自环，直接当做上面的那个情况考虑即可。剩下的情

题目传送门这题的整体二分还是挺好想到的，代码也挺好写的。（比BZOJ3110好写多……）取当期的陨石波数的一半加入树状数组中，判断当前每个国家拥有的陨石数是否达到需求量，若达到则放到左区间中，也就是减小陨石数，反之则放到右区间，增加陨石数。orzZH大佬，当讲课人在上面放出了这道题时，ZH大佬瞟了一眼，哼了一声：“这题不是水题吗？还需要讲？”ZH大佬太强啦QWQ，%%%%%，献上我

题目传送门这题的想法好棒啊，原来欧拉函数还可以这么用的。（涨姿势.jpg）首先有一个前置知识：降幂公式。我们知道欧拉定理，若(a,m)=1(a,m)=1，aϕm=1 (mod m)a^{\phi m}=1\ (mod \ m )，然后欧拉定理有一个推论：若m≥ϕpm \ge \phi p，则am≡a(m mod ϕp)+p (mod p)a^m \equiv a^{(m \ mod \ \phi p

题目传送门好像容斥原理在OI的应用挺广泛的啊……先奶一口再说这题的容斥方法用的非常巧妙，定义f[i]f[i]表示价值为ii的付款方案数，其中所有硬币的数量无限。那么我们直接做一遍完全背包即可，时间复杂度O(1e5)O(1e5)。然后就是重点：考虑容斥，每一次询问的答案ans=S−S1−S2−S3−S4+S1,2+S1,3+S1,4+S2,3+S2,4+S3,4−S1,2,3−S1,2,4−S1,3,

题目传送门题目要我们求出容器中与axa_x互质的数的个数，也就是容器的总个数减去不与axa_x互质的数的个数。这样一转化就变成了容斥问题。题目给定每个数小于5×1055\times 10^5，因为2×3×5×7×11×13×17≥5×1052 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 \times 17 \ge 5 \times 10^5，也就是每

题目传送门杜教筛求μ2\mu^2的前缀和什么的真的不会啊，还好有数学拯救我于水火之中。考虑容斥：x以内的无平方因子数=0个质数乘积的平方的倍数的数的数量(1的倍数)-每个质数的平方的倍数的数的数量(9的倍数,25的倍数,…)+每2个质数乘积的平方的倍数的数的数量(36的倍数,100的倍数,…)-…容易发现每一项aa的正负恰好是μ(a)\mu(a)（其实是根据莫比乌斯函数的性质），那么[1,x][1,

题目传送门这个公式推的好巧妙啊，我的公式恐惧症又犯了……借鉴了别的大佬的博客，发现这种求单调不降序列的数量的题目可以把数列里的每一位都加上对应的ii，这样就把问题转化成了在[l+1,r+i][l+1,r+i]之间任意取ii个数的方案数了，答案即为Ci<spanclass="">r−l</span>+i=C<spanclass="">r−l</span><spanclass="">r−l</span>

内个……我还没有计蒜客的账号，就先不给题目传送门了……看到数据范围不正常，就想到了数位DP。定义f[i][j]f[i][j]表示从高到底DP到第ii位，第i+1i+1位上的数为jj的方案数。 f[i][j]=∑k=1p−1f[i−1][k]×[(j,k)=1]=∑k=1p−1f[i−1][k]×∑d|(j,k)μ(d)=∑d|jμ(d)∑t=1⌊p−1d⌋f[i−1][d×t]f[i][j]=\

题目传送门好像这题的正确姿势是高斯消元完爆搜自由源？不会写，留坑待填……再刷一波折半搜索，f[i]f[i]表示表示与第ii个点相连的点（包括自己）的二进制表示。考虑折半，搜索前半段，用mnmn数组表示实现当前状态的最小操作次数。搜索后半段，答案用mn[当前状态]+当前状态的补集的操作次数来更新即可。最后加上一个hash_table来去重即可。附上AC代码：#include <cstdio>#inc

题目传送门第一眼看到这题，以为可以直接大力搜索，T了一发以后发现时间复杂度为O(320)O(3^{20})，于是就想折半搜索。然而直接折半搜索WA了一发以后我停下了盲目的敲代码，仔细思考了题目。造了一组数据：“6 88 36 36 7 95 24”，发现{88,36,7}与{36,95}有两种组合情况，但是答案只会被加一次。于是想到状压，判断两个相等的集合内取了哪些数，开个bool数组去一下重即可。

好吧，我承认，我患有帕金森：手贱啊，打错一个字符，把if (t[k].w打成了if (t[k].w>x)，结果只得了20分。（泪流满面，55555……）这道题考察的是平衡树的模板，只有一些平衡树的基本操作，相信只要对平衡树有一些了解的同学就能把这题A掉。做这道题，权当是复习一下平衡树的模板，为接下来的平衡树的学习和刷题打下基础。今天我主要讲的是Treap。Treap，顾名思义，就是tr

题目传送门一道迟到的模板题。话说在思路清晰的时候敲代码真的爽啊。修改操作可以先访问该节点，然后把它旋转到根，这样只用修改这一个点的权值就好了。询问操作可以把其中一个节点搞成根，然后两点间的权值就变成了另一个节点到根的权值了。这两个想法挺妙。附上AC代码：#include #include #include using namespace std;const i

题目传送门这题好难啊……orz ZZK大佬，如果有一天我能和ZZK大佬一样强就好了……（不存在的！）这题题目大意就是给出一个n长度的序列，从中选出k个长度在[l,r]范围内的互不相同的子序列，求这些子序列的和的最大值。原来这题的模型叫超级钢琴啊，难道就是出自这题吗？一般求最大值之类的东西，我们会很容易想到线段树啦，分治啦，其实还有一种求静态区间最值的高级数据结构——ST表。先对

题目传送门一个晚上就做了这么一道题……好颓啊……首先我们可以对于每个aia_i维护一个pre[ai]pre[a_i]表示在它之前与他最近的相同的数的位置。然后对于每个aia_i，在(pre[ai],i)(pre[a_i],i)这个范围内都加上aia_i，可以用主席树。题目要求kk个区间不相同，这就是“超级钢琴”的模型，套上超级钢琴的套路就行了。附上AC代码：#inclu

题目传送门这题的想法挺好的。至少我想不到。考虑每个点向它弹到的点连边，如果在当前点被弹飞，就和n+1n+1号点连边。然后发现这样的建图形成了一棵树，修改操作可以看成删边+加边。一个节点的答案就是该节点到n+1n+1号节点的路径长度-1。附上AC代码：#include #include #include using namespace std;const int N

题目传送门这题还是树链剖分，并没有什么较大的改动，只是由于先前的手贱，现在打程序谨慎了很多，这一题一次就AC了。这题和上一题相比，只是多了一个树上两点的路径和查询，这一点在洛谷的树链剖分模板就体现了。给定两个节点，每次选取深度较大的一个节点沿着该节点所在的重链向上爬，并用线段树统计答案。当两个节点已经在同一重链上时，再用线段树统计一次两点间的答案就行了。这就是统计两个节点间的所有节

题目传送门一句话题意：求一条路径，使得max(ai)+max(bi)max(a_i)+max(b_i)最小。输出这个最小值。还是ZZK最强了，一眼就秒掉了这道题。首先我们把所有的边按aia_i排序，从前往后加入边，显然当前的边是最大的aia_i，我们只需要用LCT维护一个从1到n路径上的max(bi)max(b_i)就行了。不过LCT好像没法处理边权，那么我们可以换一种建LCT的方

题目传送门好吧，有些时候不能盲目地相信板子——LCT的splay和普通的splay有区别的……我就是因为直接copy板子而一直TLE，还不知道哪里错……直接给出ZZK的blog，还是ZZK最强啦！！！总之LCT的最核心的操作就是access，把一棵树分成很多实链，每条实链对应一棵splay，然后处理两个点之间的关系（连接与断开）就变成了splay的操作。至于时间复杂度，好像也是

题目传送门orz Manchery多次询问可以按时间分治，但可惜这题强制在线。因而引入了二进制分组，就是把当前字符串的数量二进制拆分。比如说当前有10个字符串，就把这10个字符串分成一组8个和一组2个。这样每个字符串最多被重构AC自动机log2n\log_2n，一种优美的暴力二进制分组适用于那些不支持修改的数据结构，AC自动机算一例，凸包也是。附上AC代码：#i

题目传送门好难懂的一道题啊……%%%sillyf先把题目转化一下，答案就等于所有组合-and值不为零的组合。定义f[x]f[x]为ai&x==xa_i\&x==x的aia_i的个数，g[x]g[x]为xx转化为二进制后1的个数。f[x]f[x]的求解方法见上一篇blog。容斥一下求and不为零的组合情况： ans=∑x=11000000(−1)g[x]−1×(2f[x]−1)a

题目传送门题目大意：给定一个矩形和矩形内一些点，求一条左上角到右下角的路径，使所有点和矩形边界到这条路径的最小距离最大。解法1：最小距离最大，想到二分，然后题目就转化成：矩形内有一些圆形障碍，问左上角是否能到达右下角。直接BFS判断即可。（话说这种图好像叫对偶图啊）解法2：考虑两点间距离，如果要通过这两点，最小距离肯定为(xi−xj)2+(yi−yj)2−−−−−−−−−−−−−−−−−√\sqrt

题目传送门挺有意思的一道题呢……至少，最小生成树+LCA的思想就非常棒。首先，对于所有给出的边做一遍最小生成树，删去最小生成树以外的边。然后，将最小生成树这棵无根树转化成有根树，当然还是树的重心。在建立有根树的同时记录当前节点倍增到当前祖先路径上的最大值。最后，对于每一次询问，做一遍LCA，同时统计所有倍增时的最大值，即为答案。附上AC代码：#include #inc

题目传送门如果是强制在线的话，那就只能用主席树了。这题的主席树建立方法也是挺好的，每个节点向它的父亲节点建立主席树。对于每个询问(x,y)(x,y)，抓住x,y,lca(x,y),father[lca(x,y)]x,y,lca(x,y),father[lca(x,y)]这四个点，初始化这四个点在各自主席树的根部，然后用二分加容斥来更新这四个点在各自主席树上的位置——选择左儿子或右儿子，最后得到答案。

题目传送门好像我真的低估了树套树了……做完了前面的那题，我竟然以为自己彻底掌握了树套树……大佬传送门，话说还是ZZK最强了，博客写的如此清晰、明白。对线段树套线段树还不是很理解的同学可以去大佬的博客里学习一下。写一下自己对树套树的理解：树套树其实是由两种线段树组成——权值线段树和标记线段树。外层线段树每一个节点都包含两种内层线段树。先了解一下标记永久化。标记永久化就是不

题目传送门树状数组套主席树什么的真的好迷啊……还是整体二分比较平易近人（大雾）。我们考虑主席树的修改，如果像以前一样前缀动态开点，那么修改一个点就要把后面的主席树全部重建，时间复杂度O(m×n×logn)O(m\times n\times\log n)，和暴力差不多嘛……然后我们考虑在主席树外面套一个树状数组，这样既不会破坏前缀动态开点的性质，同时把时间复杂度降到了O(m×log2n)O(m\tim

题目传送门 这题不是主席树！这题不是主席树！这题不是主席树！（重要的事情说三遍！！！）因为这题并不需要用到历史版本，所以我们不用主席树。这题的解题思路是树状数组套权值线段树+动态开点，并不是百度上大多数人说的主席树，还是hzwer大佬说的最正确了。回到这题，考虑删除一个数a[i]，当前答案要减少1~i-1中比a[i]大的数的个数和i+1~n中比a[i]小的数的个数。显然这个可以用权值线段树轻松解决

题目传送门从此入坑树套树，感觉现在自己脑子里还是一片的浆糊啊……感觉树套树好神奇啊……这题是一道明显的矩阵修改问题。（其实我也不知道这题的类型是什么，但是形象一点就叫它矩阵修改问题吧）对于树套树的里外两层线段树的理解：第一层线段树表示横坐标坐标在区间[x1,x2]内的所有子矩阵，第二层线段树表示纵坐标在区间[y1,y2]内的所有子矩阵。显然用树套树的数据结构，我们可以把所有子矩阵映

题目传送门让我缓缓……写了整整三天，终于A掉了……这题，真的恶心啊……这题最大的问题就是细节的问题，在码代码的时候记得一定要保持自己的状态，不能有一点的松懈，否则就像我一样……WA了10+发，TLE了三四发，心累啊……这题还是整体二分，对于那些写树套树的大佬我只能表示%%%了。因为题目给出的条件是abs(c)我们把修改和询问一起整体二分，取操作区间的一半，对于左半边的修改操

题目传送门主席树什么真的好迷啊……写一下自己对主席树的理解吧，好像就是一个线段树的前缀和。首先我们先建出一棵空树，作为之后线段树的基础。对每一个节点都建一棵线段树，但是也不是完全建出整棵线段树，而是对于不需要修改的节点就直接调用当前节点的对应节点作为儿子，对于需要修改的节点就建出新的节点作为儿子，并对新建出来节点进行修改。然后发现这样的数据结构就可以有求区间第k大等骚操作了。博主对于主席树还不是很熟