goto_1600的博客

有 N 个位置，M 个操作。每个位置可以同时存储多个数。 操作有两种，每次操作: 如果是 1 a b c 的形式，表示在第 a 个位置到第 b 个位置，每个位置加入一个数 c。 如果是 2 a b c 的形式，表示询问从第 a 个位置到第 b 个位置，第 c 大的数是多少。 输入格式 第一行包含两个整数 N,M。 接下来 M 行，每行包含一条指令，形如 1 a b c 或 2 a b c。 输出格式 输出每个询问的结果，每个结果占一行。 数据范围 1≤N,M≤50000, 1≤a≤b≤N, 1 操

#include<iostream> #include<cstring> #include<stdlib.h> #include<time.h> using namespace std; const int N=50010; int n,m; int cnt; struct node{ int l; int r; int val; int key; int sz; }fhq[N*40]; struct nd{ int l; int r; i

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; struct node{ int l; int r; int val; int key; int sz; int lz; }fhq[100010]; int root; int cnt; void update(int now) { fhq[now].sz = 1+fhq[fhq[now].l].sz+fhq[fhq[now].r].sz; } int newnode(int val) {

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int cnt; int root; int x,y,z; struct node{ int l; int r; int val; int key; int sz; }fhq[100010]; int newnode(int x) { ++cnt; fhq[cnt].sz=1; fhq[cnt].key=rand(); fhq[cnt]

思路：其实就是求每个单词的前缀中有多少后缀出现过某个单词，如果正向通过单词来枚举每个后缀，复杂度过高，那么我们反着枚举，然后惊奇的发现，这不就是next数组吗！那么就是把原题转化成了一个dag图，只需要把某个后继点的值累加到每个前缀就可以了，最后在插入的时候记录下每个单词的的位置，由于是dag图，我们将bfs的序列反着遍历，把f数组的当前值累加到前驱即可，这样就等价于把他的值给了所有前驱节点。最后查询f[位置]即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace

上面就是我的丑图hh，一般主席树开40倍空间就可以了，每次插入的时候只需要比较前一个版本和这一个版本就行了，然后每个版本是区间可减的，比如询问l到r之间的第k大，只需要处理r-(l-1）版本的数量即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=200010; struct node{ int l; int r; int sum; }tr[N*40]; int cnt; int a[N]; int root[N]; v

大致题意：让你求以每个点为中心，所有点到这个中心的距离和。 思路：看了大佬代码，先处理包含每个点的子树的个数，我们当且仅把1当作根结点，然后往下传。然后处理出所有点到1的距离和， res[u] += num[j]; res[u] += res[j];我们可以很好的证明出，u以后的子节点到u的距离无非就是多加了一条u->v的·边，所以就是多加了子树的大小。 然后接下来就是求别的点的答案了，可以从图发现，当中心从u变为v的时候 v的子树都不会走u到v这条边了，所以减去子树v的大小，然而上面的节点都会.