gigo_64 sink in my world

传送门每个点有向左，向右，都可以，三种跳跃属性。问从起点到终点的，经过每个点一次的方案数。我们要求的就是合法的全排列，满足起点是第一个，终点是最后一个，任何一个可以到下一个的数量。我们考虑最后的这个排列，从1开始，对每个数考虑其应该放在哪里。我们发现，任何时刻，这样放出来的连通块，右端点一定是R或B，左端点一定是L或B。因为我们从1~n添加，所以没有添加的数一定比添加了的...

传送门大约D1T2的难度。得到lx~rx个宝藏的最大贡献。大可以从起点以及每个宝藏出发跑一个最短路（代价的），然后全排列用数量*T减去最短路dis就行。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define in read()#define int long longint in{ int cnt=0,f=1;c...

传送门其实就是个复杂度分析和基础数论。众所周知，gcd变化至少减半，所以最多log次变换。任何一条路径都可以成为以某个叶子结点为根，的一条从上到下的链。而叶子最多10个。所以从每个叶子dfs，暴力维护每个点到根路径上的不同gcd点。然后每次更新即可。复杂度10个nlogn#include<bits/stdc++.h>using namespace std...

传送门又是一个计数题，，在n个数中间填加号，求所有方案的数字和。下面提供两种解法，题解的和来自FSY的。题解：考虑每个区间对数的贡献，要么没有贡献，要么贡献是10的幂。故我们可以枚举使得这个数的系数为10^i时，区间的个数。发现是个组合数。发现这样枚举实际上是固定了该点所在区间的右端点，也就是说固定了一个加号的位置。设当前点为i，对i的贡献为10^j,则右端点为i+j。...

传送门存在离线做法但我不会。因为数据范围可以看出是个二分答案。对于每次mid，验证是O(n)的，复杂度总共n^2logn。我们从简化验证的复杂度入手。因为农作物会自然生长，所以实际上验证的高度是mid+t（询问的t）令v=mid+t；对于每个作物，要骨粉次，我们来简化这个式子。我们可以简单地通过二分计算出前面的和，对于余数，我们用数据结构维护。使用主席树可以...

传送门求出一组字符串的排列满足对于任何三元组i<j<k，lcp(s[i],s[j])>lcp(s[i],s[k]),lcp(s[k],s[j])>lcp(s[k],s[i]).正经的证明是后缀数组。但我们可以感性理解这个结论：按字典序排序即可。感性理解：想象一个trie树。很明显，lcp长度是lca的深度。而lca越深，意味着这两个串的排名越接近。所以我们需要构...

传送门合并使得x,y变成一个x+2y的数，求最后剩一个数的最大值。每次询问针对一个区间。首先发现，这个数列每合并一次，都会对从第二个数开始的所有数，依次多产生系数的贡献，k依次增加。也就是说，合并两个快，对左边的块没有影响。那么我们从最后开始考虑，如果当前块是正数，则和前面块合并，会增大贡献。反之不会。按照这个方式进行到最后得到的块序列除了第一块可能为正，其它块和都是负数，...

传送门其实跟线段树没什么关系。对于这道题，我们发现直接计数复杂度很大。比起对于每个询问，计算有多少个区间被调用，不如对于每个区间，计算有哪些询问调用了它。对于一个询问，我们直接上线段树。然后接下来大力分类讨论。1.不相交不相交还做个鬼，直接跳过。2.相交但不覆盖对于一个相交但不覆盖，不容斥的话，分左右两种。容斥的话，就用总区间数减去不相交数。我选择的不容斥（很难写，...

传送门考场上因为打表打错而失去了发现杨辉三角的机会。答案是令a数组为选出来的数从小到大排序。证明：令数组b[i]=a[i]+i；发现b数组均为偶数，且两两不相同。（后面总不能比前面小）所以每个b对应一个选出来的a。发现b数组最大是n+m，那问题就是从n+m中选m个偶数出来。那就是答案了。#include<bits/stdc++.h>using nam...

传送门好题，学到了二进制查询的一种思想。首先这个异或最大值我们会想到0/1trie，本来合并0/1trie是可以的，但是发现权值会变，然后有点头秃。换个想法。不妨一开始把所有数到根的前缀和都插进去，然后查询的时候记录一个delta就能获知在trie上对应的位置。再一想，这样的区间查询不如使用线段树。使用启发式合并，我们维护重儿子，每次先搜索重儿子，然后让轻儿子合并进来。...

传送门复习博弈论的不错的题，，也是整除分块的不错的题，，首先 明显每堆石子独立。最后将每堆石子的sg异或起来就行。对于每堆石子，内部也是一堆状态的集合。根据题意，我们可以列出这样的式子：首先0~b-1肯定是0，已经输了。然后从b开始数学归纳，，我们发现没增加到下一个b的倍数，sg函数的mex范围就要加一，以至于sg函数值就要增加1。然后手玩找规律数学归纳得出...

传送门两种做法，一种是树分块+虚树，一种是树分块+主席树我使用树分块+虚树，感觉好写一点qwq预处理：随机个关键点（当然是保证两两距离在左右），然后把关键点的lca也点成关键点。即分块。求出每个点向上走第一个关键点，每个点子树中（包括自己）第一个关键点，每个关键点到根路径上的颜色信息和（），任意两个关键点路径上的众数和次数（）。有性质：如果一个点不是关键点，则其子树中...

传送门是的，这是个数学题。推导的题。以下证明来自luoyijie聚聚由概率和为1得令d为p的差分数组，即令则,而所以你就可以直接算了。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define int long longint x,y,z,n,a,b;const ...

传送门真就是个模拟，没啥要优化的，打细心点就能过，，注意读题。比如说就算只有一个人，也要把这轮游戏走完才能break啊之类的要仔细审题。注意细节。#include<bits/stdc++.h>using namespace std; #define int long long#define in read()int in{ int cnt=0,f=1;cha...

woj4793~4795今天的难度还真csp啊盘王节题意明晰：对方有御符，兵符，我有兵符。一旦我的某个兵符攻击力大于等于对方的某个符，可以打碎那个符。攻击方式有2：①：打碎对面所有御符，然后可以选择直接攻击对方或者攻击对方兵符（直接攻击获得我的能力值大小伤害）。②：攻击兵符，获得我和对方兵符能力差的伤害，同时击碎兵符。考场60分，因为没有考虑打碎御符后可以攻击对方兵...

woj4790~4792状态不好，当庭GG极好的问题考场脑残，实际上是个很弱的sort二分题。题意告诉我们重复的不用多算，那直接加就行。按%mod余数sort，对于同一个数，选择了，那cnt要-1，如果为0就说明用完了不能用。注意二分边界，注意卡常。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define in ...

受某些原因而鸽了考试，然鹅题也没有做完，只能先鸽为妙。woj4785~4789曾经排队阅读题，，实在是不想写了。只要注意long long平方会爆long long，只需要与1e9+1取min再做就行。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define in read()#define int long long...

woj4782~4784剪刀运送咕。走路见这个博客的T3送分题送xx分，，100个点，100个颜色，每个点每次可以选择成为自己或周围任何一个出点的颜色。求一种2n^2以内的，从起始状态到终结状态的方案。这是道前置结论题。首先研究无解的情况。如果我们保证有合法数量的方案，那还有无解的，只能是终结状态的某种颜色，起始状态没有。接下来考虑怎么转变状态。拆分...

woj4780~4782序列上来口糊二分结果GG了。冷静想想，没有单调性，有时候长的可以短的反而不行了。再冷静想想，，前缀和优化肯定是要有的。拆分条件，先满足a的和>0，然后看b的和。前缀和表示就是那就是个大于问题，先按a前缀和sort，然后权值树状数组插进去查前面最远的，跟昨天线段树查前面最大的差不多。记得离散化。#include<bits/stdc...

两个水题一个神题。woj4777~4779光线追踪这个题，，一看就跟oil很像啊，，。一个矩形有效的部分只有左边的和下边的两条线段。另外两条撞不到。所以拆分线段，维护x和y轴两个线段树，下标为离散化后的斜率（可以用map），然后查询对应斜率的x和y，用查出来的x*斜率得到y'和y比较就行。注意：如果查询是垂直或者平行直线，就要看一下。选最近的，或者id小的（因为id小的没有被覆...

woj4774~4776数列首先对于每个数是独立的，分开算答案。对于初始的a，b，我们大可以先求一个gcd除掉。其实明眼人都发现这道题是解方程ax+by=key且我们的目标是使x，y的绝对值和最小。那首先解出来，判一下无解，然后开始分情况讨论x，y的合并关系。我们假设a>b。这样x挪一位，y就要付出更多的代价。但如果x和y正负性相反，就可以往0挪，相同就把y往0挪。最...

woj4771~4773走格子期望好题，打表也能出结论（不过这样这道题就没意义了（不过连表都没打的人就更sb了））只能从左边或者右边走过来，那平方求和除以2发现就是+1.所以直接输出n。代码不放了。当然想用余弦定理证明也是可以的，见solution。换公路差分好题。要求两棵树上的两条边互相映射过去包含对方。这个包含指的是对方在自己两个端点形成的链上面（这个结论应该很好想到）...

传送门ldx聚聚带我们打比赛ouo！A统计一个字符串里面G的数量，不说了。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;char ch[100005];int ans;signed main(){ int x;cin>>x; scanf("%s",ch+1);int len=strlen(ch+1); f...

woj4768~woj4770名字长了点，，不过的确是三个线段树。woj4768speike见这个博客T3。woj4769火锅盛宴签到题。分两个集合。煮熟和没煮熟。同时还要分id。我们用优先队列区分是否煮熟。用树状数组存储每种有多少个煮熟的还在锅里。用vector装每个食物的加入序列（自然有序），然后用isout记录每种食物煮熟了几个，这样可以知道vector当前到哪一位...

woj4766-47684766tom题目很吓人，实际上很水。从绝对值最小的开始删除，任何时候都联通。那也就是说两个串的任意后缀都联通。如果我把一个串删完了，另一个串还是要联通。所以a和b实际上各自是一个联通块。那随便找一个地方分开然后dfs。根节点明显要用最大的。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;...

今天前两题都挺水的，，第三题考了个啥啊woj4759到4761,spongebob求出每个直线和x轴的交点。很明显在指定点左边的，都是递增，右边都是递减。那就直接模拟就好了。一开始都加上正k。然后每过一个分界点就改一个。取最小。记得inf开的够大。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define in r...

传送门咕了。特殊排序数字交换就行。（我竟然写挂了日）代码不放了，，反正是错的。部落卫队强行dfs哈哈哈哈哈加个最优性剪枝#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define in read()int in{ int cnt=0,f=1;char ch=0; while(!isdigit(ch)){...

woj4756补票辣鸡前缀和题目。跟去年普及第二题差不多还简单很多。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define in read()#define int long longint in{ int cnt=0,f=1;char ch=0; while(!isdigit(ch)){ ch=getchar()...

数独woj4218咕咕咕分糖果woj4219交换两个找结论，证明贪心。发现min(a,d)<min(b,c)成立。但实际上如果sort的话，这个结论是不完全正确的。因为不满足传递性和非等式性。真正的证明见洛谷题解第一个不过写个最弱的也能过woj。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#def...

传送门题目可以qq找我这题也是很nb，，服了气。就是说，如果你看不出结论1，你就GG退赛了。假设答案为m，将每个果汁的数量乘以m，保证总数量为S*m(S是果汁原数量合）现在问题转化为将所有果汁放进m个桶，每个桶容积是S。结论1：对于任何a种果汁数量合为（a-1）*S，均可以用（a-1）个桶装完。归纳证明：a=2显然成立。a>2，令最多果汁数量为Max，最少为M...

传送门题目可以qq找我要每个点只有一个出点。维护权值c。同样我们从修改对答案的影响这个角度来思考问题。如果我修改了一个点的出边，就会修改度数，修改度数就会修改E。而修改E会修改这个点周围一圈的所有C。这号rilong啊，，复杂度爆炸。抓住出边为1这个条件。再将被影响的点分类。父亲：单点修改，我：单点修改，儿子们：一大群，我们可以找个什么东西来维护。我们发现权值的计算公式...

见woj4749到4751。困难的图论只在一个环里的边。第一眼就是点双联通。而且如果一个环内边数大于点数，就肯定不止一个环。所以点数必须等于边数，缩了即可。当然还有更简单的方法：参照之前那个Fairy，这个就只需要打树上差分就行了。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define in read()in...

传送门支持后面加数，区间进行奇怪的要求操作算值。你看这个操作是个线性的迭代，这种时候就应该想到线性代数，那就想到矩阵。你就强行用矩阵表示，然后手玩一下结果矩阵来反推原来的矩阵。手玩出来每个数的初始矩阵是0 11 a[i]其中右下角是分子，右上角是分母。正确性？找两个矩阵乘起来就正确了。那么一个区间可以视作1到r的矩阵乘去掉1到l-1。这个去掉操作联想乘逆元，...

woj4743一眼水题。数据又小，预处理一下背包完事。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define in read()int in{ int cnt=0,f=1;char ch=0; while(!isdigit(ch)){ ch=getchar();if(ch=='-')f=-1; } whi...