cz_xuyixuan的博客

【题目链接】点击打开链接【思路要点】考虑Burnside引理或Polya定理，求解总共\(N!\)种点置换中边的染色方案等价类的个数总和，再将答案除以N！。考虑一个点集的置换\(P_{i}\)，若将一个置换看做一张由\(N\)个点、\(N\)条边的无向图，那么显然，该图由若干个环组成。记其中每一个环长为\(A_{i}\)，\(A\)可以看做一个\(N\)

【题目链接】点击打开链接【思路要点】考虑Burnside引理或Polya定理，求解总共\(N!\)种点置换中边的染色方案等价类的个数总和，再将答案除以N！。考虑一个点集的置换\(P_{i}\)，若将一个置换看做一张由\(N\)个点、\(N\)条边的无向图，那么显然，该图由若干个环组成。记其中每一个环长为\(A_{i}\)，\(A\)可以看做一个\(N

【题目链接】点击打开链接【思路要点】仔细读题，注意空间限制。【代码】#includeusing namespace std;#define MAXN 5000int main() { int a, b; scanf("%d%d", &a, &b); printf("%d\n", a + b); return 0;

【题目链接】点击打开链接【思路要点】问题中存在一种类似于流量限制的人流限制，考虑用网络流解决本题。枚举答案，对于每个时刻的每个位置分别建立一个点，简单建图后运行最大流，观察是否满流即可。常见的网络流\(Dinic\)算法中建立了反向边，因此可以在\(Ans=x\)的残量网络上加点后直接继续运行\(Ans=x+1\)的结果。最终图中的点数与边数均为\(

【题目链接】点击打开链接【思路要点】直接运行\(Dinic\)算法即可，注意内存限制。本题使用\(std::vector\)离奇\(Runtime Error\)，令笔者不解。本题也可以将最大流问题对偶为最小割，使用最短路算法求解，复杂度为\(O(N*MLogN*M)\)。【代码】#includeusing namesp

【题目链接】点击打开链接【思路要点】若距离限制\(D≥N\)，显然我们可以通过取每一条纵轴上的最小值求解，但我们也可以将每一条纵轴上的的权值首尾相连，形成一条有向链，将链首与链尾分别于源点和汇点用容量无穷的边相连，用最小割求解。现在考虑距离限制\(D\)，若将相邻纵轴上距离恰好为\(D\)的点从较后者向较前者连一条容量无穷的边，在最小割问题中就表示不

【题目链接】点击打开链接【思路要点】输入与输出仅包含一个数，考虑找规律。使用欧几里得算法配合\(Matrix-Tree\)定理求解取模一个大质数下问题的答案，并打表。结果如下\(F(1)=1,F(2)=8,F(3)=16,F(4)=45,F(5)=121,F(6)=320,F(7)=841,F(8)=2205\)。发现规律，\(F(i)=3*F(i-

【题目链接】点击打开链接【思路要点】显然，两次变换线路之间所走的路一定是所能走的最短路。记\(Cost_{i,j}\)表示第\(i\)天至第\(j\)天均能走的路中最短路的长度。那么可以设计简单DP，用\(F_{i}\)表示第一天到底\(i\)天的最小花费，那么显然有转移方程：$$F_{i}=min_{j=0}^{i-1}\{Cost_{j-1,i}

【题目链接】点击打开链接【思路要点】题目中提到的操作均为区间操作，考虑使用线段树。若不存在A询问，剩余部分属于线段树的基本操作。考虑将题目先简化一下：若不存在C操作，如何用线段树解决本题？首先，对于区间最大值询问，我们维护区间最大值\(Max\)和区间加标记\(tagadd\)，分别表示对应区间的最大值和未下传的区间加标记值，其下传方式显然。其次，对于区

【题目链接】点击打开链接【思路要点】题意表明，给定的洗牌方式在加上单位置换后（原本存在就不需要再加了）是一个置换群。考虑Burnside引理或Polya定理。注意到题目有颜色的使用次数的限制，因此不便使用Polya定理，考虑使用Burnside引理，求解每一个置换的本质不同的染色方案数的平均数。显然可以设计动态规划在\(O(N*R*G*B)\)的时空

【题目链接】点击打开链接【思路要点】本题包含了平衡树最基本的操作。是任何学习平衡树都应当先做一遍的题。笔者实现了四种平衡树，Splay、Treap、替罪羊树和非旋转式Treap（以及其可持久化）。【代码】Splay/*Splay Tree Version*/#includeusing namespace std;

【题目链接】点击打开链接【思路要点】使用可以打标记的Splay来实现区间翻转，时间复杂度\(O(MLogN)\)。代码过于陈旧，风格较丑。【代码】#includeusing namespace std;#define MAXN 100005struct Node { int father, child[2], size,

【题目链接】点击打开链接【思路要点】使用Splay维护多个标记进行各种区间操作，代码实现较为困难。内存限制64MB，注意内存回收，避免空间超限。【代码】#includeusing namespace std;#define MAXN 500005#define MAXIN 4500005struct Node { i

【题目链接】点击打开链接【思路要点】直接解最大权闭合子图问题即可。时间复杂度\(O(Dinic(N+M,N+3*M))\)。【代码】#includeusing namespace std;const int MAXP = 60005;const int INF = 1e9;template void read(T &

【题目链接】点击打开链接【思路要点】用外层树状数组套内层权值线段树，那么每一个区间对应的权值线段树可以表示为\(O(LogN)\)棵线段树的和（差）。那么在得到的线段树上二分即可在\(O(LogNLogV)\)的时间内解决题目中所给出的询问。注意修改仅涉及单点修改，那么至多会修改\(O(LogN)\)棵线段树，即修改的时间复杂度为\(O(LogNLo

【题目链接】BZOJUOJ【思路要点】考虑点\(i\)和点\(j\)路径上任意一点\(k\)，那么$$R_{i}+R_{j}≥Dist(i,j) \Leftrightarrow R_{i}-Dist(i,k)≥Dist(j,k)-R_{j}$$令\(F_{i,k}=R_{i}-Dist(i,k)\)，即\(F_{i,k}≥-F_{j,

【题目链接】点击打开链接【思路要点】题目中的一类增益可以归结为“若某些元素的选取状态为0/1，那么额外获得收益”，考虑最大权闭合子图问题。对于一个种子，为了获得最大收益，我们显然一定要将它种下去。如果我们默认“选取”的意义是种在A田中，“不取”的意义是种在B田中，那么其“选取”得到的真正的权值为\(V_{a}-V_{b}\)。考虑增益条件，一个增益条

【题目链接】点击打开链接【思路要点】对单词集建立AC自动机，将单词用不可见字符连接，作为母串，放入AC自动机即可。时间复杂度\(O(∑|S|)\)（Fail树上差分+DFS），\(O(N*∑|S|)\)（暴力更新答案），均可通过。【代码】#includeusing namespace std;#define MAXN 1200

【题目链接】点击打开链接【思路要点】题目中的限制可以总结为“若选取A，则必须选取B”，考虑最大权闭合子图问题。但是我们从样例中发现原图是可能存在环的，而最大权闭合子图问题要求原图是一个有向无环图。进一步分析发现，环上的元素是必然不能选取的，进而连向不能选的元素的元素同样不能选。进行一次DFS，确定每个元素是否可选，在可选的元素中建图，解最大权闭合子图

【题目链接】点击打开链接【思路要点】矩阵可以看做一张二分图，其中行为左侧点，列为右侧点，矩阵中的元素为边。直观地考虑，我们发现本题可以用有上下界的网络流来实现。由源点向行\(i\)连边，下界为\(L_{i}\)，上界为\(+\infty\)。由列\(i\)向汇点连边，下界为\(C_{i}\)，上界为\(+\infty\)。若\((i,j)\)不是障碍

【题目链接】点击打开链接【思路要点】树链剖分模板题。时间复杂度\(O(QLog^{2}N)\)。【代码】#includeusing namespace std; #define MAXN 30005#define MAXLOG 20#define INF 1e9vector a[MAXN]; struct Node {

【题目链接】点击打开链接【思路要点】树链剖分，子树是DFS序中连续的一段，而路径由至多\(O(LogN)\)段组成，剩余部分用线段树解决即可。时间复杂度\(O(QLog^{2}N)\)。【代码】#includeusing namespace std; #define MAXN 120000struct node { int l

【题目链接】点击打开链接【思路要点】观察数据范围以及类似于容量限制的一列条件，考虑用最大流解题。一点对答案的贡献可以看做一个（食物、牛、饮料）的三元组，其中食物、牛、饮料中的每个元素仅能使用一次，且食物-牛和牛-饮料均可以根据给出的关系相互匹配。建立分层图，对中间的元素（牛）进行拆点限流，运行最大流即可。时间复杂度\(O(Dinic(2*N+F+D,

【题目链接】点击打开链接【思路要点】LinkCutTree模板题，支持维护动态森林的联通性，通过询问所在子树的根部来实现。时间复杂度\(O(MLogN)\)。【代码】#includeusing namespace std;#define MAXN 10005struct LinkCutTree { struct Node

【题目链接】点击打开链接【思路要点】题目中的一类增益可以归结为“若某些元素的选取状态为0/1，那么额外获得收益”，考虑最大权闭合子图问题。对于一个同学，如果我们默认“选取”的意义是选择文科，“不取”的意义是选择理科，那么其“选取”得到的真正的权值为\(V_{文科}-V_{理科}\)。考虑增益条件，一个增益条件可以拆分为两个形如“若某些元素选取，那

【题目链接】点击打开链接【思路要点】直观地来想，本题可以先排序一维，然后使用二维数据结构（树套树，KD-Tree）来解决。时间复杂度\(O(NLog^{2}N)\)或\(O(N\sqrt{N})\)。或者也可以用CDQ分治来解决本题，时间复杂度同样为\(O(NLog^{2}N)\)。其中树套树的空间复杂度高达\(O(NLog^{2}N)\)，粗糙的实

【题目链接】BZOJUOJ【思路要点】首先定义一种标记\((a,b)\)表示先给这个区间的数加上\(a\)再和\(b\)取最大值。不难发现题目中的操作均可以表示成\((a,b)\)的形式，分别是\((x,0),(-x,0),(-INF,x)\)。考虑合并标记\((a,b),(c,d)\)，那么得到的是\((max(a+c,-INF),max(b+

【题目链接】点击打开链接【思路要点】将直线按斜率排序，用单调栈维护半平面交。注意有关实数运算EPS的问题。时间复杂度\(O(NLogN)\)。【代码】#includeusing namespace std;#define MAXN 100005#define EPS 1e-6struct line {double k, b

【题目链接】点击打开链接【思路要点】任取一条1到\(N\)的路径，考虑一个与其相交的环，显然，我们可以半路“绕”一次这个环，使路径的权值Xor上环的权值。这启发我们问题很可能与线性基有关。再考虑一个不与其相交的环，由于图的联通性，我们可以走出路径“绕”一次这个环，再原路返回，多走的路被走了两次，Xor和为0。因此，路径的权值同样Xor上了环的权值。所

【题目链接】点击打开链接【思路要点】数据范围暗示网络流/线性规划，但直接建图不太可行，需要发掘题目性质。考虑一个原图三个点的子图，它共有3条边，\(2^{3}=8\)种形式，其中能对答案产生1的贡献的有2种。观察剩余6种形式，我们发现，它们都满足三个端点处分别是一入一出、两入、两出。如果我们把出现一次这6种形式之一看做对答案造成1点损失，那么把损失归

【题目链接】点击打开链接【思路要点】我们显然可以得到一个直接的DP做法，记\(F_{i,j}\)表示在前\(i\)个集合中取\(j\)个元素的方案数，则显然有$$ \left\{\begin{aligned}F_{0,0} = 1\\F_{i,j}=\sum_{k=max(0,j-M_{i})}^{j}F_{i-1,k}\end{aligned}\right.$$运用滚动数组，对转移稍加优化，可以

【题目链接】点击打开链接【思路要点】若题目仅包含询问操作，显然我们只需保留一棵图的最小生成树，在树上询问两点间边权的最大值即可。而本题中多了一种删边操作，但没有强制在线，因此，我们可以将操作离线，转化为加边操作。用LinkCutTree维护动态最小生成树即可。时间复杂度\(O((M+Q)LogN)\)。【代码】#include<bits/stdc++.h>using namespac...

【题目链接】点击打开链接【思路要点】首先，题目要求求解平均值的最大值，考虑分数规划。二分答案\(Mid\)，将树上每条边权减去\(Mid\)，问题变为树上是否存在边数在\(L\)到\(R\)之间的权值之和非负的路径。考虑点分治。记录\(Dist\)数组，\(Dist_{i}\)表示边数为\(i\)的从分治根节点出发的路径的最大权值。对于每一个分治子树进行BFS，记当前BFS深度为\(i\)，在\(

【题目链接】点击打开链接【思路要点】题目中提到的操作均为区间操作，考虑使用线段树。注意到数列中的数始终非负，因此3号操作可以看做询问最小值以及其出现次数。2号操作并非线段树的一般操作，无法直接支持标记合并。考虑一个被2号操作定位的区间，记区间最小值为\(Min\)，严格次小值为\(Mim\)，对该区间实行操作数为\(Val\)的2号操作。若\(Min+Val≥0\)，显然这个操作可以看做一个区间加

【题目链接】点击打开链接【思路要点】题目中提到的操作均为区间操作，考虑使用线段树。2号操作和3号操作并非线段树的一般操作，无法直接支持标记合并。考虑一个被2号操作定位的区间，记区间最小值为\(Min\)，严格次小值为\(Nin\)，对该区间实行操作数为\(Val\)的2号操作。若\(Min≥Val\)，显然这个操作可以直接忽略。若\(MinVal\)，我们可以将这个操作看作是对区间中最小值的整体加

【题目链接】BZOJUOJ【思路要点】维护一个糖果集合，支持加入一个糖果，删除一个糖果，显然，我们可以容易地在\(O(1)\)的时间内实现这些操作。考虑使用莫队算法。对树分块，运行树上带修莫队即可。实际上，这是一道树上带修莫队的模板题，相当于将带修莫队、树上莫队和树分块合为一体。时间复杂度\(O(N^{\frac{5}{3}})\)。【代码】#includeusing namespace std

【题目链接】点击打开链接【思路要点】双倍经验题，本题是【BZOJ1005】【HNOI2008】明明的烦恼的简化版，笔者本题的代码由原题代码重构而得。题解见【BZOJ1005】【HNOI2008】明明的烦恼。【代码】#includeusing namespace std;#define MAXL 4005#define MAX

【题目链接】点击打开链接【双倍经验链接】【BZOJ1211】【HNOI2004】树的计数【思路要点】考虑树的Prufer序列。树的Prufer是一个长度为\(N-2\)的序列，其中每一个元素为一个\(1\)到\(N\)的整数。每一个这样的序列对应了一棵确定的\(N\)个节点的树，并且每一棵\(N\)个节点的树对应了一个这样

【题目链接】点击打开链接【思路要点】考虑计算总状态数和不越狱的状态数，相减得到答案。显然，总状态数为\(M^{N}\)，不越狱的状态数为\(M*(M-1)^{N-1}\)。快速幂计算即可。【代码】#includeusing namespace std;#define MAXN 5005#define P 100003tem

【题目链接】点击打开链接【思路要点】显然，问题是求不同的树的形态乘以\((N-1)!\)。由Prufer序列，显然不同的树的形态有\(N^{N-2}\)种，故答案为\((N-1)!*N^{N-2}\)。时间复杂度\(O(N)\)。【代码】#includeusing namespace std;#define MAXN 5005