浅笑~如夏

emm,根据题意描述，就是每次区间加一个数，问是否满足条件。首先，答案肯定满足二分性质，之后就是判断了。说白了就是很多次区间加，然后一次查询前面各个数。当然，线段树，树状数组裸题，但是，这样是nlogn的，过不了呀。要重新考虑。由于只查询一次，我们可以差分数组，每次修改是O(1)的，查询是O(n)的，综合一下，也是O(n)的，就好了，具体做法是在cnt[s]+=add,cnt[t+1]-=add,前

貌似又是最大最小问题，考虑二分答案。好了，现在我们已经二分出答案（len）了，如何判断是否合法。其实思路十分简单，就是把所有长度大于len的路径记录，然后找它们交的最大值，减去，看是否满足答案。问题就变成了如何求路径的交，树链剖分是可以的，但还有更优的做法。树上差分，把路径起点加一，终点加一，lca减二，一个点的子树权值和就是该点到父亲的边上的经过次数了。#include<bits/stdc++.h

哎，最难第一道题了，昨天才刚刚刚出来，但其实还是有些不太理解，就把自己的想法写一下，说不定哪儿天就融会贯通了呢。设每一条道路的起点为S，中点为T，它们的lca（最近公共祖先）为LCA，那么，就是求S到lca上dep[x]+w[x]==dep[S]（由dep[S]-dep[x]==w[x]变形可得）的数量，lca到T是类似的，不过有一个减号，为了让它变为正，加一个数就好了，具体为dep[x]-w[x]

题目noip真题，支持呀，先再洛谷上交了一发，再过来水水。。#include<bits/stdc++.h>#define N 1000000 using namespace std;int n,m,x,y,lc,tmp,w[N+5],b;int f[N+5][25],dep[N+5],ans[N+5];int first[N+5],nxt[N+5],to[N+5],siz;int fir

题目遥想当年初三参加时，想到了二分，想到了lca，就没想到如何判断，然后差20分省一23333.首先答案显然满足二分性质，之后判定答案。我们把长度超过k的路径找到，找出它们公共边中最长的，把它变为0，看是否可行。 如何，找公共边？树链剖分当然可以，但太复杂了。可以把两端标记加1，lca标记减2，之后以一个节点为根的子树的和，即为这条边经过了几次。#include<bits/stdc++.h>#d

题目由于是处理根到节点的信息，dfs序就可以派上用场了，比树链剖分方便多了。 第一次标记为1，第二次为-1，前缀和就是到根经过的路的数量。#include<bits/stdc++.h>#define N 250000using namespace std;struct Tree{ int l; int r; int sum;};Tree T[8*N+1];int

题目中位数判定日常做法。把比b大的设为1，比b小的设为-1，一样设为0。 区间和如果为0的话，中位数就是b。记录前缀和，如果有相等的就为一组1。 注意长度要为奇数。 要奇偶分开考虑。。。#include<bits/stdc++.h>#define N 100000using namespace std;int n,x,b;int f[N+1];int sum[N+1];int cn