wamach的博客

就我这智商除了退役还有其他路可走吗

爆零大师——我的rating已经掉不下去了。

首先假设m是质数，则由于每个数都有自己的逆元，每种前缀积都可以两两互相转化（b=a*(inv[a]*b%m)%m）。然后考虑m不为质数的情况，发现数列中相邻的两个前缀积a,b满足gcd(a.m)|gcd(b,m)。因此我们把gcd(a,m)==gcd(b,m)的数都堆成一坨，当m为质数处理，gcd(a,m)接下来要让数列最长，我们把每坨数都看成一个权值为数的个数的点，建一个DAG跑一跑，就

昨天太浪了，导致今天没法写作业，只能先把题解写好。T1:三个三个for。第一次Floyd。第二次for出g[i][j]，即从i到j的最短路，经过的以j为端点的线段有几个。第三次for出f[i][j]，及答案，f[i][j]=Σg[i][k]，k在最短路上。T2：考虑按a[i]的大小分块。块中每个元素都看成一条直线ax+b，a是该用户的a值，b是a*该块内a≥

输出时忘记%lld+打错模数=自爆

搞笑题嘿嘿嘿#include#include#include#include#includeusing namespace std;#define rep(i,j,k) for(i=j;i<=k;++i)#define per(i,j,k) for(i=j;i>=k;--i)#define ll long long#define db double#define mkp(x

他娘的事事不顺，老子要爆粗口了。简单个毛线啊，再简单也要好好讲啊，麻痹老子一个晚上都不知道在干什么。先考虑BFS。每次取出队首元素，将起点在其终点管辖范围内的点全部进队。直接搜显然要T。因此把每个元素的起点放到主席树里。对于每个y建一棵关于x的主席树。每次把找过的点删掉就可以了。因为删除很麻烦，所以给每个点一个权，若找过就把权修改为0，找到时候每次找权最大的，找到0就退出循环。

猫大告诉我们，对于每坨c一样的点，有贡献的只有距离最远的两个。证明略。

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cstdlib>using namespace std;#define rep(i,j,k) for(i=j;i<=k;++i)#define per(i,j,k) for(i=j;i>=k;--i)#define ull unsigned long long#define db double#define mkp(x,y) mak

讲道理刚看完题目就听到题解了233

先考虑这个问题的弱化版（貌似与解题无关），我们把这个问题放到数组上。考虑贪心。将区间排序以后，去掉有包含关系的，会得到一坨横纵坐标均单调递增的区间。这时只要每次取最右边那个就可以了。然后再考虑这题。一次性把lca搞出来，然后按深度从大到小枚举。把链会伸到它的子树里的询问全部删掉。易知这是对的。代码：#include#include#include#include#inclu

蒟蒻爆零辣

其实我觉得这题应该叫第k大。一道堆优化dp。显然应该要先把每题的分数排序。然后我就得到了一个错误的贪心，马上爆零了QAQ。dp的每个状态都记录三个值：当前题目i、该题得分j、总分S。（本来应该在每个状态中记录所有题目的j，但是这显然不能AC，而且堆貌似不兹磁对含数组或vector的结构体进行操作，否则我TM也不会爆零了QAQ）为了帮（fang）助（zhi）理（bao）解

蒟蒻爆零记

没办法，这题长得就是个数据结构好题，想了两三个小时的线段树也不能怪我。过分的是，中午我还跑去跟lbc说这题是个数据结构好题，就有点搞笑了，不知道他现在怎么看我。。。施大orz告诉我们，这题应该用倍增来做。首先写一个nlogn的check(l,r)函数，来判断区间[l,r]是否符合题意。考虑一个TLE的倍增，就是从一个点l开始，从大到小枚举t，当check(l,l+(1前面全是废

首先，观察题目可知，该题不存在无解的情况，可以建一颗深度为n的满二叉树，以根为起点，收到0时向左走，收到1时向右走，再观察题目发现(1YYMHL（%A题大爷）说了，只要n^2枚举，两两合并，就可以A掉这题。时间复杂度O（kn^2），k为未知常数，听说很小。然后施大说正解就是这样的。顿时无语到不想鏼这题。然后考试后的汪大就默默地想出了一个n（logn）^2的算法，怒艹标算！然后我就烧四五个小

为什么会这么水，。。。没有解释，只有代码。#include#include#include#includeusing namespace std;#define rep(i,j,k) for(i=j;i<=k;++i)#define per(i,j,k) for(i=j;i>=k;--i)#define ll long long#define ldb long double

老子今天火了，一定要把这题搞出来。先将布丁坐标（a[]）排序。将星星坐标（b[]）以前缀和的形式存在c[]中。d[]表示坐标左边距离最近（可为0）的布丁序号。l[]表示当前布丁所在大布丁里最左边的一个布丁。f[i]、g[i]表示当i不动、左移时前i个布丁能占领的星星总数。用j枚举星星，进行状态转移：①f[i]=max(f[x-1],g[x-1])+c[a[i]]-c[]

今天考试简直吃屎，这个普及组好题考场上真的应该想出来，题解就不写了，但注意题目有坑，数据并不满足0≤c，Li≤10^9。所以inf要定义的大些。#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;#define rep(i,j,k) for(i=j;i<=k;++i)#define per(i,

我好菜啊ToT

题意：给定一颗树（n先三次DFS找出离每个点最远的叶子结点的距离。方法：先DFS出直径，再分别从直径的两端开始DFS，将两次得到的D取max即可。（证明：假设结论不成立，即存在一个点x，到另一个非直径端点y的距离大于到两个直径端点的距离，画图发现这与直径定义相悖。然后就假装我证好了。）按D的大小对点进行sort，发现它的逆序就是一个和拓扑序很像的东西。按照这个顺序，不停地计算以该点

大师们貌似很快吧这题秒掉了。反正我是烧了六七个小时。非常感谢连击哥的谆谆教诲。虽然我最后并没有膜他的程序，而是自己写了一个巨繁琐的代码。一个比较明显的dp。尽管我考试的时候并没有往这个方向想。首先考虑去掉绝对值。那么原式=s[1]-2*s[2]+2*s[3]...+s[k]（假装k为奇数）或原式=-s[1]+2*s[2]-2*s[3]...-s[k]这里假设中间有很多s都已经被消掉

听说这题只用普通的线段树就可以了，但我却用了线段树合并。也许蒟蒻对概念并不够了解。注意N要定义为200000，因为环的处理要占两倍内存。考试的时候没想清楚，一开始只得了三十分，后来悄悄看了成绩后直接把N开到1000000把它A掉。事后直到现在才明白当时为毛RE。。。代码如下：#include#include#include#includeusing namespace std;

把气球建成一颗线段树，线段树上第i个节点表示当前状态下个数为i的气球有几种。先把小朋友从小到大sort。然后每次从线段树上取出最大的a[i]种气球给第i个小朋友，然后这a[i]个气球在线段树上的位置都向左移一位。把节点下标建成链表，设这些气球中个数最小值为x，x节点权值为y，取出了k种，则只需在链表和线段树中把x这个节点删去，然后在zuo[x]上加k，在you[x]上加y-k。注意当z

不想压代码了，我要吐了，就随便讲一下思路吧。首先要说明，封锁条件4是没有用的。可以用反证法证明。证毕。接下来先不考虑x，题目变为求树上随机n条链组成的网的边权和最大值。考虑只有一条链的情况，很显然要选直径。接下来选的每一条链都要求经过原连通块，所以干脆取直径上一点为根重新建树，然后每次加两条链，要求链的两端分别为叶节点和原连通块内的一点。然后发现应该用长链剖分来解决。（

把点按横坐标排序，然后枚举正方形的底边所在行，可以对于横坐标相同的点，纵坐标大的没有卵用。对于每个正方形，假设在它上方的、纵坐标最小的前提下横坐标最小的点可以管辖它。那么很显然有些正方形是不会被管辖的。这些正方形夹在两个相邻的点中间，可以被O(1)算出来。然后剩下的正方形都有且只有一个点可以管辖。那么可以通过直接枚举管辖它的点来搞事情。枚举右边纵坐标小于它的点，左边横坐标小于等于它