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题意传送门 Code forces 769C Cycle In Maze题解采用贪心策略尽可能地取字典序最小的方向。问题在于如何判断能否最终 kkk 步后返回起点，容易发现这个条件在时间序上具备单调性。那么 BFSBFSBFS 求起点至各点的最短路，同时记录逆向返回前驱节点的字典序最小的方向。最后 DFSDFSDFS 求解即可。总时间复杂度 O(NM+K)O(NM+K)O(NM+K)。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#defi

题意传送门 POJ 2888 Magic Bracelet题解根据 Burnside 引理，令 C(i)C(i)C(i) 代表旋转 iii 个单位的置换下的不动点，则答案为

题意传送门 P4980 【模板】Pólya 定理题解根据 Pólya 定理，本质不同的染色方案数为1n∑k=0n−1ngcd(n,k)\frac{1}{n}\sum\limits_{k=0}^{n-1}n^{gcd(n,k)}n1​k=0∑n−1​ngcd(n,k) 式中 gcd(n,k)=dgcd(n,k)=dgcd(n,k)=d 的数量为 ϕ(n/d)\phi(n/d)ϕ(n/d)，合并这样的项得到1n∑d∣nϕ(d)nn/d\frac{1}{n}\sum\limits_{d\vert n}\

题意传送门 Codeforces 291E Tree-String Problem题解KMPKMPKMP 构建自动机。将 sis_isi​ 看作 iii 的点权，DFSDFSDFS 统计即可。总时间复杂度 O(∣t∣+∑∣si∣)O(\lvert t\rvert+\sum\lvert s_i\rvert)O(∣t∣+∑∣si​∣)。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define rep(i, l, r) for (int i =

题意传送门 P6843 [BalticOI 2015]File Paths题解将’/'看作目录或文件的前缀，与之相连；从上层目录向其放置的目录或文件连一条边，边代表子节点对应的字符串，那么得到一颗 TrieTrieTrie；仅考虑长度，那么得到一个树形 DAGDAGDAG。问题转化为在一个树形 DAGDAGDAG 中添加至多一条端点非叶子节点的边，求能否找到一条从根节点到各叶子节点的路径，使之权值和为 KKK。考虑’/’，使 SSS 增一。设 ds[u]ds[u]ds[u] 为 root→uroot

题意传送门 Codeforces 208E Blood Cousins题解查询节点的第 ppp 堂兄弟节点的数量，由于它们的第 ppp 父节点相同，那么问题可以转化为父节点的子树信息统计。具体而言，倍增法 O(Nlog⁡N)O(N\log N)O(NlogN) 预处理出父节点信息，在各个查询对应的第 ppp 父节点处记录需要进行的查询。dsu on treedsu\ on\ treedsu on tree 维护以 xxx 为根节点的子树中深度为 ddd 的节点

题意传送门 POJ 2942 Knights of the Round Table题解建出补图，即没有仇恨的两个骑士间连边，问题转化为求图中不被任何奇环包含的节点数量。无论是 e−DCCe-DCCe−DCC 或 v−DCCv-DCCv−DCC 都满足在同一环上的两个节点位于相同的双连通分量。否则，将与双连通分量的极大性矛盾。若图中存在奇环，则图不是二分图，可以用 DFSDFSDFS 的染色法判定，但并不能求出所有的奇环。同一个 e−DCCe-DCCe−DCC 中两个不同的环至少存在一个交点；而同一

题意传送门 P3645 [APIO2015]雅加达的摩天楼题解边权为 111 的图，BFSBFSBFS 即可。考虑 dogedogedoge 的状态，为位置与跳跃能力的二元组，用 (b,p)(b,p)(b,p) 表示。若跳跃能力为 ppp，则其可达位置数为 N/pN/pN/p。考虑根号分治。若 p<Np<\sqrt Np<N​，状态数至多为 O(NN)O(N\sqrt N)O(NN​)；若 p≥Np\geq \sqrt Np≥N​，状态数至多为 O(MN)O(M\sqrt N)O(

题意传送门 P3304 [SDOI2013]直径题解树中最远两点间的距离为树的直径。树上各直径的中点（不一定恰好是某个节点，可能在某条边的内部）是唯一的。DFSDFSDFS 求解某条树的直径，找到直径的中点，即可将各直径划分为两段进行求解。设 cnt[x]cnt[x]cnt[x] 为节点 xxx 的儿子中可以到达直径在这一侧的长度的数量。若直径中点为节点 xxx，当 cnt[x]≥3cnt[x]\geq 3cnt[x]≥3，树的直径无必须边；若直径中点在边 (x,y)(x,y)(x,y) 内部，

题意传送门 AcWing 250 磁力块题解将满足 ri∗ri≥(xj−x0)2+(yj−y0)2,pi≥mjr_i*r_i\geq (x_j-x_0)^2+(y_j-y_0)^2,p_i\geq m_jri​∗ri​≥(xj​−x0​)2+(yj​−y0​)2,pi​≥mj​ 的磁石 iii 向磁石 jjj 连一条有向边，以磁石 LLL 为起点进行 BFSBFSBFS，所遍历到的磁石数量（除了 LLL）即答案。朴素的求解每一块磁石能吸引的所有磁石，时间复杂度 O(N2)O(N^2)O(N2)。考虑

题意传送门 P3629 [APIO2010]巡逻题解当 K=0K=0K=0，遍历整棵树，每条边必然被递归依次，回溯一次，故路线总长度为 2×(n−1)2\times (n-1)2×(n−1)。当 K=1K=1K=1，由于新增的边必须正好经过一次，那么由于新增边而构成的环需要遍历一次，则环上的树边经过次数都减少一次，那么目标为最大化环上的树边，那么树的直径即可减小的最大权值。当 K=2K=2K=2，新增的边又构成一个环，若两条新增道路构成的环不重叠，那对于新增的环上的树边贡献依然是 −1-1−1，若

题意传送门 P1073 最优贸易题解求图中顺序经过的两个点 u,vu,vu,v，使 price[v]−price[u]price[v]-price[u]price[v]−price[u] 最大化。SPFA那么在原图求从 111 到节点 vvv 路径上的最小点权 mn[v]mn[v]mn[v]，在反图求从节点 NNN 到节点 vvv 路径上的最大点权 mx[v]mx[v]mx[v]。枚举节点 iii，用 mx[i]−mn[i]mx[i]-mn[i]mx[i]−mn[i] 更新答案。SPFASPFAS

题意传送门 POJ 1475 Pushing Boxes题解如果考虑只有箱子的场景，以坐标 (x,y)(x,y)(x,y) 为状态直接 BFSBFSBFS 即可；本题中还要考虑最小化箱子移动步数的情况下最小化人的步数，那么需要考虑人的位置，进一步扩展状态，以保证遍历搜索树。箱子每一次移动，则人一定位于箱子之前的位置。将相邻的箱子与人看做一个状态，设转移的方向索引为 kkk，那么以 (x,y,k)(x,y,k)(x,y,k) 作为状态进行 BFSBFSBFS。每一次状态出队，枚举可能的 444 个转移

题意传送门 POJ 3322 Bloxorz I题解长方体当前的状态为其横、纵坐标与摆放状态组成的三元组，为了方便表示，只取长方体左上方的位置作为横、纵坐标状态，BFSBFSBFS 求解即可。#include <algorithm>#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>using namespace std;#define maxn 505struct node{ i

题意传送门 POJ 3635 Full Tank?题解设当前所在城市为 vvv，所剩汽油为 flflfl，使用二元组 (v,fl)(v,fl)(v,fl) 表示每一个状态。设从起始状态 (s,0)(s,0)(s,0) 达到状态 (v,fl)(v,fl)(v,fl) 的最小花费为 dis[v][fl]dis[v][fl]dis[v][fl]，那么有状态转移 {dis[v][fl+1]=min(dis[v][fl+1],dis[v][fl]+pv)fl<cdis[u][fl−d]=min(dis[u

题意传送门 P1463 [POI2002][HAOI2007]反素数题解答案为 [1,N][1,N][1,N] 中约数个数最多的数中最小的一个。考虑数据范围内 x∈[1,N]x\in [1,N]x∈[1,N] 的约数个数，考虑最小的素数 222，则 xxx 的质因子指数不可能超过 303030；考虑最小的连续素数，则 xxx 的质因数个数不可能超过 999。于是有了搜索范围的初步限制。更进一步的，xxx 为反素数的必要条件是：将 xxx 分解质因数后可写作 2e1×3e2…(e1≥e2⋯≥0)2^{

题意传送门 P4151 [WC2011]最大XOR和路径题解异或运算和与运算、或运算不同，没有单调性，难以使用一般求最短路的方法求解此问题。考虑环，显然图中环的异或值都是可以取到的。考虑两种情况，环不在路径上，那么可以反复经过某一条通向环的路径，且此路径没有贡献；环在路径上，那么将换上的原路径部分替换为环上非原路径的部分。那么 DFSDFSDFS 求图中所有简单环的异或值，构造线性基。任取一条 1→N1\rightarrow N1→N 的路径，从高位向低位不断尝试异或这一位的线性基，求最大值即可。

题意传送门 NC 15665题解BFS考虑到使用传送阵与向相邻格子移动花费的时间不同，用 两个队列 分别维护使用传送阵与向相邻格子移动的情况，每次按照广度递增出队，更新最短时间。#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>#include <vector>using namespace

题意传送门 P3066 [USACO12DEC]Running Away From the Barn题解考虑从根 DFSDFSDFS 将树表示为序列进行维护。设节点 iii 到根节点的距离为 d[i]d[i]d[i]，对于每个节点 uuu 只考虑以其为根的子树上的节点，对于满足条件的点对 (u,v)(u,v)(u,v)，其 LCALCALCA 为 uuu，那么 d[v]=d[u]+dist(u,v)d[v]=d[u]+dist(u,v)d[v]=d[u]+dist(u,v)。对于一颗子树，其节点的 D

题意传送门 LeeCode 1617. 统计子树中城市之间最大距离题解考虑到节点数较少，进行状态压缩然后 O(2n)O(2^n)O(2n) 枚举子集。问题在于如何判断子集对应的节点恰好构成一颗子树，可以 DFSDFSDFS 求解，每次只向在同一个子集中的节点搜索，将状态对应二进制位赋 000，那么假如子集恰好对应一颗子树，则 DFSDFSDFS 结束时状态为 000。子树的最大路径可以在 DFSDFSDFS 的同时求解，对于每一个节点，最大路径的可能值为与根节点的路径或子树中最大的两条路径和。cla

题意传送门 P3118 [USACO15JAN]Moovie Mooving题解爆搜至少 O(N!)O(N!)O(N!)，考虑状态压缩 DPDPDP。dp[i]dp[i]dp[i] 代表集合 iii 中电影全部的排列能达到的最大 ttt，使 [0,t][0,t][0,t] 都被电影覆盖。dp[i∣1<<j]=max0≤j<N{dp[i∣1<<j],upper_bound(dp[i])+D[j]}dp[i|1<<j]=max_{0\leq j<N}\{d

题意传送门 LeeCode 834. 树中距离之和题解枚举根节点 DFSDFSDFS 复杂度 O(n2)O(n^2)O(n2)，实际上一次 DFSDFSDFS 已经获取了以各节点为根的子树的信息，利用这些信息进行优化。设 sum[i],num[i]sum[i], num[i]sum[i],num[i] 分别为节点 iii 为根的子树的树中距离和与树中节点个数，则有{sum[i]=∑(sum[ch]+num[ch])\begin{cases}sum[i]=\sum(sum[ch]+num[ch])\

题意传送门 LeeCode 5533. 使整数变为 0 的最少操作次数题解先考虑基本变换，定义 F(i)F(i)F(i) 为使 000 变为 2i2^i2i 或使 2i2^i2i 变为 000 的操作次数，那么需要 F(i−1)F(i-1)F(i−1) 次操作使将 000 变为 2i−12^{i-1}2i−1，将 iii 位异或 111 后，在通过 F(i−1)F(i-1)F(i−1) 次操作使 2i−12^{i-1}2i−1 变为 000。则有{F(i)=2F(i−1)+1F(0)=1\begin

题意传送门 AOJ 2212题解ACACAC 自动机预处理出迷宫路线对应的字符串的后缀模式。以后缀模式为状态，若状态对应节点或其失配指针指向的节点为禁止模式串，则此状态包含禁止模式。以坐标位置、路线后缀状态为总的状态，BFSBFSBFS 求最短路即可。#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>usi

题意传送门 POJ 1985题解路径组成一颗树，那么找到度为 111 的节点，以其为根节点 DFSDFSDFS 更新答案，可能的答案为以某个节点为起点的 222 条路径和的最大值。#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <vector>using namespace std;#define maxn 40005

题意传送门 POJ 1236题解两次 DFSDFSDFS 进行强连通分量分解，并记录其拓扑序。遍历原图，对端点属于不同强连通分量的边在新图进行连边，就实现了将分解后的强连通分量缩成一个顶点，此时得到了一个 DAGDAGDAG（有向无环图）。子任务 AAA 需要发送最少次数以遍历全部学校。对于入度为 000 的点，必须发送一次；DAGDAGDAG 中任一入度非 000 的节点，存在至少一个拓扑序小于这个节点且能到达这个节点的入度为 000 的节点；那么答案即 DAGDAGDAG 入度为 000 的节点

题意传送门 LCP 21. 追逐游戏题解图中存在 NNN 个节点与 NNN 条边，且图连通，那么图中存在一个环。按照求拓扑序的方法，依次删除度为 111 的节点相连的边，最终度大于 111 的节点即在环上。若 AAA 无法追到 BBB，则 BBB 在被追上之前进入环内，且要保证环节点数大于 333（因为每一轮 AAA 先行动）。以 A,BA,BA,B 为起点 BFSBFSBFS，若 BBB 最终被追上，则 BBB 前往任何一个满足 disA[i]<=disB[i]+1disA[i]<=d

题意传送门 LCP 20. 快速公交 题解前向 DFSDFSDFS 状态数显然过多；考虑后向 DFSDFSDFS，从终点搜索至起点。对于某个位置 xxx，有 333 种可能的花费最小的方式到达：直接从起点移动至 xxx；从 x/jump[i]x/jump[i]x/jump[i] 位置做公交至 x/jump[i]×jump[i]x/jump[i]\times jump[i]x/jump[i]×jump[i] 再向前动至 xxx；从 x/jump[i]+1x/jump[i]+1x/jump[i]+1 位置

题意传送门 LeeCode 130. 被围绕的区域题解从矩形区域边界 dfsdfsdfs，标记所有可保留的 ′O′'O'′O′；然后遍历区域元素，将标记的 ′O′'O'′O′ 保留，其余赋为 ′X′'X'′X′。class Solution{public: int n, m, dx[4] = {1, -1, 0, 0}, dy[4] = {0, 0, 1, -1}; void dfs(int x, int y, vector<vector<char>> &

题意传送门 LeeCode 93. 复原IP地址题解搜索 IPIPIP 地址的 333 个 ′.′'.'′.′ 位置，判断合法性即可。class Solution{public: int n; vector<string> res; bool judge(string &s, int l, int r) { if (l < r && s[l] == '0') { re

题意传送门 LCP 09. 最小跳跃次数题解观察状态转移，建图并非 DAGDAGDAG，考虑图论。由于只求最小边数，BFSBFSBFS 即可。class Solution{public: int minJump(vector<int> &jump) { int n = jump.size(), lb = 0; vector<int> d(n + 1, INT_MAX); queue<int&gt

题意传送门 NC 14545题解DFSDFSDFS 求节点 111 的所有连通节点，DPDPDP 求解背包问题。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define maxn 10005#define maxc 505typedef long long ll;int N, M, C, a[maxn], b[maxn], used[maxn], dp[maxc];vector<int> G[maxn], net;

题意传送门 LeeCode 10. 正则表达式匹配题解对于 ′a−z′'a-z'′a−z′ 与 ′.′'.'′.′ 只需判断字符串 sss 与字符规律 ppp 的当前字符是否匹配，若匹配成功 s,ps,ps,p 指针移动至下一位置匹配后续字符；反之，匹配失败。考虑到 ′∗′'*'′∗′ 匹配零个或多个前面的那一个元素，则若 ppp 当前匹配字符的下一字符为 ′∗′'*'′∗′，则可以匹配或不匹配当前字符，根据回溯结果判断匹配结果。class Solution{public: bool

题意传送门 LeeCode 124. 二叉树中的最大路径和题解对于二叉树的最大路径，dfsdfsdfs 深度相同的节点最多只有 222 个，且 dfsdfsdfs 深度最小的节点只有 111 个。对于每一个节点，最大路径和可能出现在包含此节点且此节点 dfsdfsdfs 深度最小的路径，或包含此节点但此节点 dfsdfsdfs 深度并非最小的路径。那么对于第一种情况，用节点的值加上左右子树的没有相同 dfsdfsdfs 深度节点的最大路径和，以更新答案；对于第二种情况，将左右子树中，没有相同 dfs

题意传送门 LeeCode 1028. 从先序遍历还原二叉树题解设当前深度为 depdepdep，SSS 的下一个节点深度为 nxtDepnxtDepnxtDep。dfsdfsdfs 重构当前根节点，同时维护 SSS 的指针位置。对于满足 dep>nxtDepdep>nxtDepdep>nxtDep 的情况，重构左子树；反之，SSS 的指针回退，搜索回溯。右子树同理。class Solution {public: int pos; TreeNode* dfs(in

题意传送门 POJ 3333题解对于 dc[v]≤vdc[v]\leq vdc[v]≤v 的 vvv，在未访问过时选择 tricktricktrick 显然是最优的；反之，需要搜索 tricktricktrick 与 normalnormalnormal 两种走法（如果数据不水复杂度是要爆的）。#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>using

题意传送门 LeeCode 297. 二叉树的序列化与反序列化题解当二叉树节点的值不相同时，可以根据前序遍历/后序遍历与中序遍历重构二叉树。为了保证节点各不相同，用 dfsdfsdfs 序唯一标识节点值，同时维护节点原值。设 dfsdfsdfs 序为 ididid，节点值为 valvalval，序列化为 [id,val][id,val][id,val]，实现上用栈解析序列。重构二叉树的基本思想是前序遍历/后序遍历的第一个/最后一个值为根节点的值，在中序遍历中找到根节点所在位置，就可以将前序遍历/后

题意传送门 LeeCode 802. 找到最终的安全状态题解有向图中，若节点能走到圈中，则不是安全节点；反之，则是安全节点。那么 dfsdfsdfs 时，除了维护访问过的节点，同时维护节点是否为安全节点，将不能走到圈的节点加入答案即可。class Solution{public: vector<int> res; vector<bool> used, label; bool dfs(int u, vector<vector<int&gt

题意传送门 LeeCode 126. 单词接龙 II题解求从 beginWordbeginWordbeginWord 到 endWordendWordendWord 的最短转换序列。class Solution{public: vector<vector<string>> findLadders(string beginWord, string endWord, vector<string> &wordList) { i

题意传送门 面试题29. 顺时针打印矩阵题解构造一个顺时针方向的正方形边向量，观察到打印的下一个方向决定于前一个方向以及位置是否合法。dv={[0,1],[1,0],[0,−1],[−1,0]}dv=\{[0,1],[1,0],[0,-1],[-1,0]\}dv={[0,1],[1,0],[0,−1],[−1,0]}设上一次打印方向为 preprepre 则下一次打印方向应该按 (pre+0)%4,…,(pre+4)(pre+0)\%4,\dots,(pre+4)%4(pre+0)%4,…,(pr