zxyoi_dreamer的博客（不定期诈尸）

【描述】 给你一个图，一共有 N 个点，2*N-2 条有向边。 边目录按两部分给出 1. 开始的 n-1 条边描述了一颗以 1 号点为根的生成树，即每个点都可以由 1 号点到达。 2. 接下来的 N-1 条边，一定是从 i 到 1（2<=i<=N）的有向边，保证每个点都能到1 有q 次询问： 1 x w :表示将第 x 条边的边权修改为w...

传送门 解析： 好裸的并查集。。。 首先如果我们已经得到每个人属于的团伙编号，就只需要查有几个根节点，也就是fax==xfax==xfa_x==x的点。 那么怎么合并？ 朋友关系直接合并。 遇到敌人关系的时候，如果对方已经有记录的敌人了，就将自己和对方记录的敌人合并，不然就将自己标记为对方的敌人，因为我敌人的敌人是我的朋友，属于同一个团伙。 代码： #include&l...

传送门 解析： 显然我们需要处理出所有数能够管辖的区间的范围。也就是处理出左右端点。 整除？这个还是可以用单调栈维护的，先讲做法，再证明。 维护栈中每个数在数列中的位置，遇到下个数先判断它是否是栈顶数的倍数，否则一直弹栈顶并判断，直到栈为空。这一轮中弹出去的数能够管辖的边界就在这个数的前一个位置。 考虑最开始栈时空的，所以这个策略得到的栈任意时刻上面的数都是下面的数的倍数。 而一个数倍数的倍数肯...

传送门 题解： 对于与，我们只需要知道每一位上有多少个矩阵为全1。 对于或，我们只需要知道每一位上有多少个矩阵为全0。 单调栈维护一下就没了。 代码： #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define re register #define gc get_char #define cs const namespace IO{...