weixin_44019404的博客

A.有且仅有两个情况获胜。全部小于d。最小的两个数字加起来小于d。//// Created by bytedance on 2021/1/23.////#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<climits>#include<stack>#incl

可以很显然的发现，答案等于∑disti,root−all(lca(l,l+1,l+2,,,,r))\sum{dist_{i,root}}-all(lca(l,l+1,l+2,,,,r))∑disti,root​−all(lca(l,l+1,l+2,,,,r))其中我们可以使用线段树取[l,r]lca[l,r]lca[l,r]lca。每一个点到根的和，我们考虑先离线，再accessaccessaccess过程。每一次打通一条链，就要把这条链上，已经遍历过的点到该链的链头的距离给剪掉。在随便使用一个数据结构

#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<climits>#include<stack>#include<vector>#include<queue>#include<set>#include<bitset>#

当前我们执行到第iii位置的时候，我们以iii结尾的字串，一共有iii个。分别是[1,i],[2,i],[3,i]..[i,i][1,i],[2,i],[3,i]..[i,i][1,i],[2,i],[3,i]..[i,i]然后令单调栈mx,mnmx,mnmx,mn保存最大值和最小值。我们可以发现的是，以某一个点为终点后，每一个最大/小值是向前作用的。并且具有单调性，即，[j,i][j,i][j,i]的最大值是kkk，那么[1,j−1][1,j-1][1,j−1]的最大值就不会小于kkk。所以利用单调栈保

这道题可以用splaysplaysplay等平衡树操作，我利用的线段树。直接思考如何判断三角形成立，即小的两边和大于第三边即可。那么对于找到的三元组{x,a,bx,a,bx,a,b}就有如下的判断（默认a<ba<ba<b）1.x<ax<ax<a&&x<bx<bx<b得到x+a>bx+a>bx+a>b就有x>b−ax>b-ax>b−a2.x>ax>ax>a&&x&l

#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<climits>#include<stack>#include<vector>#include&l...

A#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longint main(){ ll a,b,c,d; int t; scanf("%d",&t); while(t--){ cin>>a>>b>>c>>d; if(a<=b){ printf("%lld\n",b);

E.令dp[i][status]表示第i位，状态为status的时候，最优解。对于每一个i的时候，遍历所有status转移，然后判断一下这个时候k能否继续插入。#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstdlib&...

通过观察可以发现，当以u为根节点的时候，向他的子节点转移x次，此时差值固定，即等差数列。我们就可以通过树链剖分，给每一条链上，维护线段树，保存等差数列。最后再通过求前缀和的方式求得。#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include&...

题目出的挺好的，数学知识较多。虚拟rk：801A.Creating a Character题意：给出力量和敏捷两个属性，现在给出技能点数，在必须使用完技能点数的情况下，有多少种情况，力量属性严格大于敏捷。wa了4次。细节蛮多的。可以推导出来 （力量-敏捷）+技能点数/2>点在敏捷上的技能点数 就能满足题意。不过需要特判，敏捷额外的点数不能超过所有技能点数，而且不能为负数。#i...

vjudge上已经关闭了，要去洛谷提交才行。板子题目，注意线段树查询的时候，被分段了，也要去判断颜色。在这里wa了一发。#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<climi...

树链剖分模板题目，记录一下。总结：这里我re了 几次，在于update操作中，应该先判断头节点的深度，优先跳转深度浅的，而不是判断当前两个点那个更深，这是没有意义的。这里son可以memset成-1，因为dfs的时候会优先赋值不会存在数组越界。head数组也需要复制-1。其余数组在两次dfs中会被依次赋值，再多组输入中不用重复清空，会自动覆盖掉上次结果。#include<iost...

给出了()的字符串，这里的()字符串可以看成是dfs序列，再求lca时的那张表。所以这一个序列就可以看成是在dfs序上面，求树的直径。取某一段[l,r]，可以知道lca一定在[l,r]之间。我们就用公式 diameter=hight[l]+height[r]-2* height[lca(l,r)]来维护两个点的之间的距离。把(看成1，)看成-1，可以发现height[i]=sufix[i...

题意 给出一个k维度空间，求[l,r]的最大曼哈顿距离。用二进制枚举绝对值相加可能出现的所有情况。用线段树来维护单点修改，区间查询。#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstdlib>#include&lt...

题意 给出一个序列ai，定义斐波那契数列，求sigma f(ai)还有可能令一段ai加上一个数字。斐波那契数列可以有矩阵快速幂加速求出，复杂度logn，我们这里定义mat为加速矩阵，那么对一段求和便可以写成sigma mati，对于一段区间加上一个数字，实际上等同于给每一个mat在乘上一个矩阵。实际上变成维护区间加和的题目，只不过每一个节点储存一个矩阵。 #include<io...

模板题目。用线段树就好了。关于线段树参考白皮书。这里用每一段线段树来更新累加和。注意要用longlong才行。详细看代码注释。#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<...

线段树的应用问题。开两个数组分别维护每个区间的最大值和最小值。其他和线段树一样最后输出max-min就好了。#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<climits&gt...

我们设dp[i][j]为做到第i个sort时候，最大值被移动到j需要转移用的数目。dp[i][j]=dp[i-1][j](if(ti!=j) 即移动不到当前最大值dp[i][j]=min(dp[i-1][j], dp[i-1][k] (si<=k<=ti)+1(if(ti=j))即这个最大值包含在这个区间。我们发现dp值只与他前一个有关，故可以开滚动数组，而且可以知道，以前的状...

滚动数组。dp[t2]=min(dp[t2],dp[t]+s)(t1-1<=t<=t2)即 t2时间结尾的话，最小金钱值为自己和，在自己区间里（左-1）里面选一个时间加上自己的金钱的较小的那个。因为自己区间里面的时间的金钱一定是上一个牛转移而来的（默认排序了的），那么现在这头牛加入进来，就有选与不选的权利，在自己区间里面选一头牛，因为必须要连续所以必须要选，挑选一个最小的，相反，...

C题：题意：给出n种树，每一种树对应了高度，砍掉一颗需要的钱，和数量。现在问，花费最少的钱，使得所有高度最高的树的和大于阳现在树的总和的一半（严格）采用权值线段树写。我们考虑一下，树的高度等于x时，我们该如何计算当前的费用。首先统计所有树的高度等于x的，那么这个时候x是最高的，所以大于x的全部砍掉，而小于x的树，我们只需要砍到数量等于x-1即可。那我们就可以首先根据高度排序，那么比当前高的...

A题意：给出q个询问，单点更新和查询主要是注意模板的书写#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<climits>#include<stack>#...

题意所有房间成一棵有根树，房间1为根节点，每一次pow操作要求把当前节点在内的，以及他的子树全部反转一遍即1变成0，0变成1。每一次get操作进行求和，算出该节点在内的和他子树所有房间为1的个数即求和。方法：dfs序建线段树，用模板进行修改一下即可。区间反转问题还是一样，要对该区间操作为奇数才进行反转偶数次操作无效，也就对应了lazy标记该怎么推。先初始化线段树然后每一次如果是有效操作，那么s...

j题意：每一个人都有一个boss，没有boss的那一个人是最终大boss，每一次发放任务个x，他的所有的以他为boss的人也就是说子树（包括自己）全部都开始做这个任务。我们可以看到这一棵树是无序的，而且是并不是二叉树，所以就需要转换。既然跟子树有关，我们就深度优先遍历，用dfs来建立序列，一个点有开始和结束的编号，他的所有子树的编号一定会在开始和节点之间，这样子就可以做到区间更新。所以我...

题意给出一个有根树，给出m个操作，操作1表示使得这一棵树的某一个节点的所有子树染上某一种颜色，操作2表示查询这个节点及其子树的颜色数量。思路对于一颗有根树来说，我们依靠dfs序就可以变换成为一个有序的序列，所以根据dfs序可以建立线段树。对于线段树的操作，更新的话，区间更新，推lazy标记，问题是怎么去统计颜色的数量，这也关系到我们将怎么去推lazy标记。如果单纯的修改，变换tree[r...

题意：有n两车，起点s终点t，t时间发车并达到。现在又m个人，每一个人想从l到r时间为t，问他能搭乘的最近一班汽车。抽象出来的问题为，解决,A<=A’,B’<=B,T’<=T的问题。我们离线处理。先按照l即车的起点和人的起点排序，得到在每一个人查询前，已经插入进去了车子且保证车子起点比人靠前。我们继续建立时间线段树（先离散化了时间），在每一个时间轴上，建立一个右端点，表示这...

题意：给出三个操作:1 区间置12.区间置零3.区间反转，零变1，1变成0；每一次操作过后，求出第一个零开始的位置。端点直接到了1e18，longlong级数了，所以肯定是先离散化端点，而这里我们求的并不是区间信息，而是只需要看这区间是否是1或者0，所以离散化后不需要+1操作。置1，置0，基本操作，区间更新，推至lazy标记。区间反转，基本操作，tree[root]=(区间长度-t...

写出转移方程即可。贡献值计算有通用方法：记录每一个颜色上一个位置，这个颜色只在上个位置到当前位置有贡献，为1，这个可以通过线段树做到。同样，dp值也可以用线段树查询，所以我们把他们同时丢到一颗线段树里面就行了。#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath&...

思路就是按照白皮书上走得，不过代码没有按照白皮书的写，一些关键点直接看代码吧。学到的公式：向量 以任意（x0，y0）顺时针旋转a角度后新向量x’=(x-x0)*cos(a)-(y-y0)*sin(a)+x0y’=(x-x0)*sin(a)+(y-y0)*cos(a)+y0#include<iostream>#include<cstring>#include&lt...