TURNINING的博客

代码】2022杭电多校第二场A.StaticQueryonTree。

传送门题意：有两个操作 1：在l，r上放上一条线段 操作2：l，r被多少条线段覆盖。思路：通过思考可以发现 前端在r之前的线段都可能覆盖[l，r]，那么只有其中后端在l之前的线段不会覆盖，覆盖的就是两者之差。线段树/数状数组维护#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define lsn (u << 1)#define rsn (u << 1 | 1)#define mid (l + r >>

传送门题意：数组有n个数，有q次询问，每次询问给你一个区间l，r，问[l, r]最少的划分次数是多少。划分的规则为：每个划分后的区间每个数都互质。思路：对于每次询问，要想划分次数最少显然我们得贪心的令子区间的长度最长。求子区间的最长长度思路很简单，从i开始一直往后遍历一直到gcd不为1为止(互质)。现在我们就可以得到以i开头，最长的划分区间了。对于每次询问我们就可以直接算次数了。但我们能直接暴力的算次数吗？显然不行，当每个数都为1时可以把我们卡上天。那怎么办？ 倍增现在我们思路都已经很清楚了，那么怎么

传送门题意：给你一个数组含有n个数，同时进行q次操作，每次操作让x位置上的数乘上v，每次操作后输出给个数组的gcd。最大公约数：于是我们有这样的想法，对于每个素数，我们维护n个数中的最小值。显然区间最小值可以用线段树维护，但那样我们不是要开s课线段树？内存显然不够用。1.考虑离线处理 每次算乘上这个数后对结果的贡献(指数是相加的)，同样对于刚开始的n个数，我们可以看作最开始每个数都是1，然后依次乘上ai。每次算贡献 我们可以一次把所有p的贡献算完，算完后再清空线段树就可以重复利用了。#incl

传送门题意：给你含有n个元素的数组，每一次操作把ai变为gcd(ai, ai+1)。问最少需要多少次操作可以令数组的所有元素相等。思路：首先我们可以反应过来最后相等的元素就是数组所有元素的gcd，当我们进行k次操作时，ai = gcd(ai, ai+1, ai+2,…,ai+k)。同时我们发现答案是线性的，可以二分，问题是怎么快速得到k操作后每个元素的值。线段树或者ST表就行了，关于ST表有一篇不错的文章。传送门哦对了这种成环的数组可以化环为链，长度为2*n，比较好维护一些。线段树版本#inclu

传送门异或的性质：满足交换律满足结合律0异或任何数等于那个数本身写一个关于这种树上异或路径的小总结：设dis(i, j)为i到j的异或路径，k为该树的root，那么有 dis(i,j) = dis(k, i) ^ dis(k, j);证明如图思路： 求出任意点到根节点的异或路径，然后把这些值存到trie中。根据贪心的性质，我要尽可能的让高位为1，剩下的位能为1就尽量为1。trie能很好的进行这些操作。#include<bits/stdc++.h>using namesp

传送门题意：操作1：l r 加上 c操作2 ： l r 乘上c操作3：l r 全部变成c操作4：求l r 每个元素的p次幂的和思路：显然是线段树，这题主要卡在了在pushdown的时候不知道是先乘，还是先除。看了dalao的博客后是这样解决的，假设我们先 * muti 再 + add ：a * muti + add 没有任何问题，但我们先 + add 再 * muti ：a * muti + add * muti；于是我们可以看出来了，每次乘不仅lazy_muti 要乘上muti且lazy_ad

传送门题意：有一些机器人分布在x轴上，各自向左右以1个单位每秒的速度行动。仅当相遇在整数位置时两个机器人发生爆炸。撞到墙了即反向。思路：首先观察发现，x为奇数的只可能与x为奇数的相撞，同理偶数。故奇偶得分开求。从左往右，当第一个机器人向右运动时，没有人与它相撞。当第二个机器人向左运动时，当第一个机器人向右运动时两者相撞。那么当第三个机器人向左运动时，什么情况会发生相撞呢？即：第一个向右运动的机器人会和他相撞。于是我们可以看出来，其实这是一个栈，存的是第一个向右运动的机器人。当当前机器人向左运动.