TA

一、这道题。。据说有大神考场上的时候搞了一坨线段树实现了在线。。二、离线是早就想到了，但是一开始我是按左端点扫的。。导致。。相当麻烦，还做了个前缀和什么的。三、其实如果按右端点扫，就很简单了！对于许多相同的数，我们完全可以只保存当前它们最右边那个，然后被保存的数被置1，没保存的置0，于是就成了简单的区间求和了。四、当然还有一种比较难理解的差分做法，说起来比较麻烦。。也比较蛋疼。。绕

第一次打马拉松。。 a 一看题。。什么鬼。。 n=4竟然是无解，第一个点给了一个n=5的，好像是构造的挺有规律的样子。。 那就偶数无解，奇数照着他的构造方法写一发吧。。 怎么a了？不管了。。既然结束了还是要回来好好想一下是什么情况的。 偶数肯定是无解的，因为一共有n(n−1)2n(n-1)\over 2条边，那么每种颜色的边出现次数相等的话，就意味着每条边应该出现n−12n-1\over

考虑将询问区间按右端点排序。考虑x会与它前面产生贡献的点对，显然，如果i<j<x,ai>aj>axi<j<x,a_i>a_j>a_x，那么(i,x)就是无用的。也就是说我们要求位置 < x且权值大于axa_x的点和小于axa_x的点的两个类似笛卡尔树的序列的东西，而这个在随机数据中显然是O(logn)O(\log n)的。 但是问题是怎么求这个东西呢？一个比较脑残的想法是线段树！就是我们存一棵权值

又是喜闻乐见的只会傻逼做法的题。。跟我跑得差不多快的人都写了1K，我写了快4K。。 并不知道他们怎么搞的，说下我的做法： 考虑按x从大到小的扫描线，每次在矩形的左下角(x1,y1)(x_1,y_1)插入一个数y2y_2，判断一个矩形(x1,y1)−(x2,y2)(x_1,y_1)-(x_2,y_2)是否被包含就相当于询问矩形(0,0)−(x1,y1)(0,0)-(x_1,y_1)的最大值是否大于

嘛~最近刚刚学会树状数组，写个blog记录一下心得。树状数组呢，核心是一个叫lowbit的东西，lowbit(x)=x&-x=x的最后一位1的大小。 一、一个经典问题 一个初始值为0的k位计数器，要求支持n次+1操作。时间复杂度？经典解法： 法I：考虑第i位的改变次数，可得O(∑k−1i=0n2i)≤O(∑∞i=0n2i)=O(n)O(\sum_{i=0}^{k-1}{n\over 2^

想学线段树合并找的一个题。。没想到是个傻逼题。这题题意好像有问题：额外的点对和查询的点对都不会是同一个点。设x的dfs序为dfn(x)，x的子树中dfs序最大的节点的dfs序为dr(x)。将额外的边(u,v)看作点(dfn(u),dfn(v))(dfn(u)≤dfn(v))(dfn(u),dfn(v))(dfn(u)\le dfn(v))。对于一次查询(u,v)(dfn(u)≤dfn(v))(u,v

时间之主 Timer.c/cpp/pas TimerAugust掌握着无尽时间里不同时间轴的平行世界.每一个瞬间都会有 新的世界被创造出来,其中一些世界被创造出来的根源就是已有生灵的信仰.无论 是尸魂界幻想乡数码世界…只要有足够的信仰,世界之心就会抓取这些信仰并用 来构建成新的世界.不同世界有不同编号和不同信仰值. 现在 TimerAugust想知道对世界 1..n,有信仰值 a 1

比较显然的做法是用bit维护做到O(nlog−−−√n)O(n\sqrt \log n)。 但是。。作为一名理论计算机科学家傻逼，我们需要O(nn√)O(n\sqrt n)的做法，注意到如果我们把(i,ai)(i,a_i)看成点，实际上要求O(1)O(1)询问一个矩形内点的个数，这个显然可以用可持久化分块来搞，维护每个块内的前缀和和所有块的前缀和——但是空间复杂度是3nn√3n\sqrt n，ML

这题并没有做出来。。 设f(i)=∑d|idf(i)=\sum_{d|i}d，考虑按f(i)排序，则对于询问(n,m),(n≤m)(n,m),(n\le m)，f(i)会贡献∑⌊nd⌋d=1μ(d)⌊nid⌋⌊mid⌋\sum_{d=1}^{\lfloor {n \over d} \rfloor}\mu (d)\lfloor {n \over id} \rfloor \lfloor {m \ove

两种操作： 1.输入X,s,t，对于链s-t，设上面的点为v1,..,kv_{1,..,k}，给viv_i加上iXRiiXR^i。 2.输入s,t，询问链s-t的权值和，对100711433取模。 所有操作1的R相同，在一开始会给出。 所以操作1在操作2之后出现，操作1有U个，操作2有Q个。 1≤n,Q,U≤105,1≤R,X≤1091\le n,Q,U\le 10^5,1\le R,X

用很有趣的方法做了这道题。标算非常厉害，并没有想到。。 考虑求众数为x的区间数量，由序列a构造序列b，bx(i)=−1+2∗[a(i)==x]b_x(i)=-1+2*[a(i)==x]，作前缀和sx(i)=sx(i−1)+b(i)s_x(i)=s_x(i-1)+b(i)。 ans=∑x=0n−1∑1≤j<i≤n[sx(i)>sx(j)]ans=\sum_{x=0}^{n-1}\sum_{1\le