Neutralzz的博客

维护8个数组，区间和，区间连续1和0的最多的范围，左区间最多连续1和0的范围，右区间最多连续1和0的范围，和一个懒标记数组c[]，-2为全0，-1为全1，1为互换(就是^1)。代码：#include#include#include#include#define lson l, m , rt<<1#define rson m+1,r, rt<<1|1using na

解析：关键是处理奇偶的问题。正如官方题解所说，本题的子序列实际上可以根据起始数值下标的奇偶性分为四类。对于每一类，如果你熟悉线段树，那么可以看出这个问题是可以进行区间合并的。即如果知道一个区间[L, R]两个子区间 [L,mid], [mid+1,R]的信息，我们可以推出[L,R][L,R]的信息。维护四个值，表示起点终点的下标的奇偶性。[code]:#include#i

解析：dp[i][j]表示前 i 个数，以 第 j 个数结尾的方案数。因为每一层的转移都是相同的，所以处理出一个转移矩阵，通过快速幂即可快速求得结果。[code]:#include#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;const LL INF = 0x3f3f3f3f

解析：因为是最小字典序，所以从右往左DP。dp[i] = max(dp[j]+1) i =L[j],R[i]因为这是三维上的问题，自然的就能想到cdq分治了。在一个区间[l,r]内，先对[mid+1,r]递归，按L[]排序后建立一个对R的线段树，来计算[mid+1,r]的影响，再递归[l,r]。这里说的比较笼统，不过熟悉cdq分治的同学应该能立马明白我说的什么吧！[code]:

解析：首先用set维护被Cirlcle Notation切开的不连续的各个段。然后从i开始，（p[i]为i的位置）找到其在set中的左右端点，左边的最大值为value_l，右边p[i]+1的值为value_r。若value_l>value_r，则｛p[value_l],p[value_l]+1,...,p[i] }为一个CircleNotation，并再用set维护剩下的段。若

题意：一颗n节点树上有m条链，每条链有权重，求一个链的集合使权重和最大且两两不相交。解析：令dp[i]为以i为根的子树的最大权重和。如果i不在链上，则有dp[i] = sigma(dp[k]) k为i的子节点如果i在某一条链(u,v,w)上，那么dp[i] = w + sigma(dp[k]) k为链上所有节点的子节点。对于该值，我们可以统计统计链上节点的所有子节点dp的和 - 链上节

题意：一颗n节点的带权无向树，一个初始为空的集合S，有两种操作：1 x 如果S中没有x，加入x ；2 x 如果S中存在x，删除x。每次操作完后求出使S集合连通的最小边权和。解析：设root为S集合的LCA。点i的左右时间戳为L[i],R[i]，ans为当前的权重和。当前集合S中添加节点x，如果x不在root的子树中，那么ans += dis[x]+dis[root]-2*dis[lca(x

官方博客讲的很清楚：点击打开链接在这里贴一下做树上可持久化的代码仅供参考。[code]:#include#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;const int maxn = (1<<16)+5;const int sqrn = (1<<8)+5;const int MOD = 1e9+7;

题意：大小为n的序列a和b中，求(l,r)的个数，使得max(a[l..r]) = min(b[l...r])。解析：在固定l后，随着r的增加，max(a[l..r]) - min(b[l...r])是不减的。所以可以通过二分求得max(a[l..r]) = min(b[l...r])的两个边界。[code]:#include#include#include#includeu

解析：dp值设为pair  同时记录个数和sum，套模板。[code]:#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;typedef pair PLL;PLL dp[35][35][35][3][7];int s1,s2,ideal[32];int bit[35],to

题意：找出异或和>=k的连续子序列个数。官方题解：http://codeforces.com/blog/entry/44466[code]:#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;const int maxn = 1e6+5;const int ML = 30;struct Nod{ in

解析：设dp[i]为考虑前i棵树的最小收益。那么dp[i] = min(dp[j]+max(h[j+1...i]));显然不能直接状态转移，但是又想不出logn的做法，于是就套上了块状数组。[code]:#include#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long L

覆盖是分为两种的，从max(a1,b1)~min(a2,b2)和从min(a2,b2)~max(a2,b2)的覆盖。所以记录两种覆盖方式对应的区间面积值。如下图，对于第一部分的覆盖，假设有两个矩形的右上顶点分别是(a,a),(b,b)对于第一部分的覆盖，面积为(b-x1)*(b-y1) - (a-x1)*(a-y1) = (b^2 - (x1+y1)*b) - (a^2 - (x1+y

树状数组求序列逆序数略。关键是求出每次改变后的序列的逆序数。对于序列ai,...an,a1,...,ai-1变成ai+1,...an,a1,...ai，原先比ai小的数都是逆序数，比ai大的数不是逆序数现在恰好相反，所以结果就加上(n-ai)-(ai-1)代码：#include#include#include#include#define lowbit(k

思路：先离散化，对每个board从高到低排序，依次求每个board对应区间的brick数，求出后对应区间清零。这题卡内存，AC好不容易啊！！#include#include#include#include#include#include#define lson l ,m ,rt<<1#define rson m+1 ,r ,rt<<1|1using nam

神题。。综合了线段树的所有操作，很锻炼代码能力。初状态全为0ls,ms,rs记录区间连续的0，lv,rv记录其所属block的左右端点，c为其懒标记，cnt记录区间的block数，clr记录是否重置。代码：#include#include#include#define lson l , m , rt<<1#define rson m+1,r , rt<<1|1

关键点：向量(a,b)逆时针旋转p度后为(acosp-bsinp,asinp+bcosp)每段看成一个向量，最后结果为向量和。这样记录每段向量的两个值，和与y轴的夹角。prv[i]表示i和i+1的夹角。代码：#include#include#include#include#include#include#define lson l ,m ,rt<<1#d

解析：假设D的当前位置为i，D[i...n-1]与G[0...m-2]的最长公共前缀长度为t，B[j] 为以D[j]结尾的与G[i]的后缀匹配的个数。那么以D[i]为首的满足条件的串的个数 = sigma(B[k]) ， i+1t均可用KMP求得。对于B[]，可以将字符串反向后，再用KMP和树状数组（或端点标记后累加）求得。[code]:#include#include

解析：设dp[i]为[0,i]层内的最大获利，最高层为bound。先将每一个广告按底层位置排序，然后按次序，当考虑第i个广告(l底层位置,r顶层位置,v获利)时，则有dp[j] = max(dp[j],dp[l-1]+v)  ,r用线段树维护序列。[code]:#include#include#include#define lson l, mid ,rt<<1#d

解析：首先，求出对于每一个位置i，以第i个元素结尾的相似序列的最大长度和最小长度，用lb[i]和rb[i]记录对应的位置，形成一个三元组(i,lb[i],rb[i])。这个可以通过递推在O(n)内求出，然后将三元组映射成二维平面的线段（i是纵坐标，lb[i],rb[i]是左右端点的横坐标）。对于[l,r]的查询，就是对纵坐标[1,r]的所有线段中位于[l,r]的和。用主席树就可以实现。

题意：给出n个线段[li,ri]，求任意k个线段所共同覆盖的点的总和。解析：对于每一条线段，区间[li,ri]加一，如果一个位置的值为m，那么最后的结果ans += C(m,k);如果只是离散化端点的话，没法求得中间部分被覆盖的点，所以在离散化时保证相邻两点中间留出一个1，对于中间的点，求出当前的值*(相邻两点实际距离-1)即是结果。[code]:#include#inclu