无尽

树分块每S个节点分一块，如果x的父亲所属块超过S就自己分一块。 块内的所有权值排序。 对于询问，块内二分，块外暴力。 对于修改和加入，维护排序就好。#include<cstdio>#include<vector>#include<algorithm>#define N 60005#define S 472//经过计算 这个值是最佳的 using namespace std;stru

分块分为根号n块，对每一个装置，记录它跳出所在块需要的步数和跳出所在块之后到达的点#include<cstdio>#include<cmath>#define N 200005#define SN 1000using namespace std;int k[N], step[N], next[N], n, block, cnt, l[SN], r[SN], belong[N];void

树上莫队题解详见VFK大爷的 ： http://vfleaking.blog.163.com/blog/static/174807634201311011201627/orz vfleaking orz vfleaking orz vfleaking orz vfleaking 这题在本机对拍的时候，忘记在分块里面初始化1，导致所有节点都没有进行分块操作。结果自己拍大数据跑的贼快，大点都只要一秒不

莫队裸莫队算法（orz莫队）详见http://www.cnblogs.com/hzf-sbit/p/4056874.html答案，要开，long long!!!#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#define N 50005#define ll long long using namespace std;struct qu

离线+分块思想挺神的题目啊。。。裸做肯定不行。因为询问可以变成前缀和加减，考虑将所有询问拆成两个点，按端点从左到右排序，一个一个做。暴力1：我们记mod[i][j]表示对i取模的值为j的数的个数的话，空间复杂度 O(p^2)，时间复杂度 O(n*p+m)，若p很大时，没戏。暴力2：记一个数值i出现的次数为cnt[i]，然后枚举k,p+k,2p+k…来更新答案，空间复杂度O(Ai)，时间复杂度O(m*

莫队 或 分块莫队和分块都不难想到，分块做法可以支持在线。好久没写莫队了就写它吧。好气啊，本智障在莫队数组清零的if后面多打了一个分号，就这东西调了一个小时我会乱说？吃枣药丸。 更气的是昨天刚装的ubuntu怎么今天开机输入法就变没了？#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define N 100005#define S

分块考虑到这个问题太具有一般性，没什么性质能搞。分块处理询问即可，大b直接跑，小b预处理。然后会被卡常数，加上输入优化，调整一下块大小即可。#include<cstdio>#include<algorithm>#define N 300005#define S 250using namespace std;namespace runzhe2000{ int read()

暴力的做法是把所有两维边权不大于询问的边用并查集做一下，查询两点是否连通以及连通块内有没有询问的值。 这是二维关系，显然我们会想到对第一维排序，动态地维护第二维。如果每一次都重建一下是不科学的，我们要维护图的连通性或者减少重建。二维关系不资磁线段树分治，所以不太好维护图的连通性，考虑减少重建次数，那就分块重建……把边分成根号块，每一次处理第一维在块内的询问。对于块前的边按第二维单调扫，块内暴力查。

分块+最短路我们把一个(有doge的)点连向所有它能到达的所有点，这样就是一个最短路问题。考虑优化建图，用分块。如果pp大于n‾√\sqrt n就直接连。小于n‾√\sqrt n的情况？其实有一个性质，对于一系列有相同pp的点i<j<ki<j<k，如果ii能到达kk，jj能到达kk，那只要连上(i,j)(i,j)和(j,k)(j,k) 而不连(i,k)(i,k)即可。也就是说在pp相同的情况下，一个