无尽

贪心，根据t2从小到大排序，用堆维护。·剩余时间足够完成当前任务，则插入当前任务 ·剩余时间不足完成当前任务，若当前任务的t1比堆中t1的最大值大，则不插入，否则插入#include<cstdio>#include<algorithm>#define MAXN 150010struct pro{int t1, t2;}p[MAXN];using namespace std;bool cm

点分治模板题练习借(抄)鉴(袭)了这一篇：http://blog.youkuaiyun.com/popoqqq/article/details/44461423思想是通过重心与子重心连边，形成logn高度的树，所以更新节点只需要logn的复杂度。用堆维护。代码有点长，打了一点注释以后方便理解- -#include<queue>#include<cstdio>#include<algorithm>#defi

合并果子裸题每次选取最小的两个合并即可证明：把合并过程画成哈夫曼树，如果最小点的兄弟不是次小点，把次小点和最小点的兄弟换一个位置答案肯定不会更劣。也就是记次小点i，最小点的兄弟j，点到根的距离为d，点权为w 由 w[i]<w[j]，d[i]<d[j]w[i]<w[j]，d[i]<d[j] 一定有 d[j]∗w[j]+d[i]∗w[i]>d[j]∗w[i]+d[i]∗w[j]d[j] * w[

TRIE树+堆如果只求最小的，我们可以建出TRIE树，对每一个数都跑一边求第二小（最小的是自己异或自己），这样一定包含了所有数的异或最小值，然后找最小的即可。如果还需要求第二小，在排除第一小的情况下，我们把组成第一小的那个数在TRIE树上求一个第三小，这样同样依然包含了所有数的当前异或最小值，以此类推，堆维护即可。注意a^b = b^a，也就是说一个值会出现两次，所以k应取k*2#include<c

拓扑排序+堆暴力的做法是枚举删掉哪一个点，然后DP出删掉这个点之后的最长链长度。那么我们来挖掘一下删点之后的最长链的性质。记删点为x，记所有能走到x的点集为S1， 所有x能走到的点集为S2，注意到最长链上可能存在一些点属于S1或S2，同时也一定存在一些点既不属于S1，也不属于S2！（反证法）于是我们考虑能不能通过这些既不属于S1也不属于S2的点来找到当前最长链，这启发我们应该把最长链信息记录在中间，

左偏树左偏树论文题。左偏树的优越性在于它可以不断找出树高最短的一段，因此能一直保持O(logn)的合并复杂度。对于这题，先转成不降序列来做，只需-i我们将序列先分成n段，则每一段的最优解z[i]=t[i]，从左到右一段一段做，考虑合并。若z[i] <= t[i]，不需要合并。去做下一段。若z[i] > t[i]，易证(感性地想，或者去看论文)两段的最优解应当是两段所有数字的中位数。于是合并两段并改最

可并堆如果固定了管理者，那一定是贪心地选取子树内最小的若干个。因此用大根堆维护子树值，满足总和小于m，然后合并给父亲。#include<cstdio>#include<algorithm>#define N 100005#define ll long longusing namespace std;namespace runzhe2000{ int n, m, fa[N], mo

可并堆+凸包首先猜一个结论，这玩意儿的函数是下凸的，进一步再猜这玩意儿是一个连续的分段一次函数，来证明一发。要证明一个子树的函数是下凸的分段一次函数，只需证明 ①所有子树加上父边之后还是下凸的分段一次函数 ②加上父边的子树合并起来还是下凸的分段一次函数 这两个显然正确（强行偷懒），详见WMD的题解《Firework》然后。。。看代码吧#include<cstdio>#include<alg