zz_ylolita

写了各种Splay，以下这个版本最让我满意：）。。所以叫“终极”。。。风格飘逸，时间短，代码短也没有恶意缩行。融合各神犇之精华。46 437391(5) SpaceQ 1328 KB 136 MS C++ 1557 B 2013-06-19 23:05:14 非常满意。不加读入优化BZOJ46名。一会儿我试试读入优化的效果。加读入优化以后22 437435(6) SpaceQ

问题描述windy定义了一种windy数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。 windy想知道，在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？数位DP分成两步：求总共的DP和统计答案DP：dp[i][j]表示i位数字，最高位为j的windy数的个数dp[i][j]=sum(dp[i-1][k]) |j-k|>=2边界dp[1][j]=

splay鼻祖级的题目？？（雾。。Insert：把第pos个数（有哨兵节点）转到root，把第pos+1个数转到root的右儿子，然后对c[]建树然后把这棵树插到root右儿子的左儿子处Delete：把第pos个数转到root，把第pos+tot+1个数转到root右儿子，删掉root右儿子的左儿子（变成0）；注意回收空间，所以还要把这棵子树遍历一边。Make-Same：像上面

剖分后的树有如下性质：    性质1：如果(v,u)为轻边，则siz[u] * 2    性质2：从根到某一点的路径上轻链、重链的个数都不大于logn。总之两个dfsdfs1(int x,int f)   //f是x的父亲枚举和x相邻的点的时候注意不等于f 才可以递归  要维护的东西：    dep[x] x节点深度    siz[x] 以x节点为根

Description同一时刻有N位车主带着他们的爱车来到了汽车维修中心。维修中心共有M位技术人员，不同的技术人员对不同的车进行维修所用的时间是不同的。现在需要安排这M位技术人员所维修的车及顺序，使得顾客平均等待的时间最小。 说明：顾客的等待时间是指从他把车送至维修中心到维修完毕所用的时间。Input第一行有两个m,n，表示技术人员数与顾客数。 接下来n行，每行m个整数。第i+

用二进制表示是最少的把m变成二进制，那么用m的二进制的位数那么多钱袋就可以了比如m=11010那么多个钱袋放1,10,100,1000.10000，最多可以达到11111所以这道题就是求m的二进制位数#include #include #include #include using namespace std;int n,m;int main(){ sca

#include #include #include #include using namespace std;#define L 1000010#define P 1000000007int n,m;char s[L];int next[L],num1[L];long long ans;void getnext(){ int j=0;next[1]=0;

好裸的题，好坑的数据= =详见讨论版#include #include #include #include using namespace std;#define MAXN 500010#define INF 0x7fffffffstruct node{ int ch[2],f,v;}tr[MAXN];int a,tmp,x1,x2,ans;int n,root,t

现在已经能自然的想到分类讨论了。注意到m=1或者2，当m=1时，是普通的最大连续字段和，只不过是k个：设f[i][j]表示前i个数中取出j个矩形的最大和转移：选：f[i][j]=max{f[i1][j-1]+s[i]-s[i1-1]}不选：f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j])复杂度O(n^2*K)当m=2时，设w[i][j][k]表示第一列选到第

原来的DP式子：设f[i]为前i个玩具装箱的总费用f[i] = min{ f[j]+ (i-(j+1)+s[i]-s[j]-l)^2 }展开得令g[i]=i+s[i]h[j]=j+1+s[j]+lf[i] = min{ f[j]+(g[i]-h[j]) ^2} = min{f[j] + h[j] ^ 2 - 2 * g[i] *h[j] } + g[i] ^ 2设j1

很神奇的一道题内存限制1M 只能开4个int找众数，用抵消的思想，如果相互能够抵消，无论之前的那个数是众数还是后面的数是众数，要抵消的部分是相同的。如果最后剩下的数 tot=0或者t不是出现次数最多的数，找到的那个数出现的次数就没有>n/2#include using namespace std;int n,x,t,tot;int main(){ scanf("%d",

莫队算法是解决区间离线查询无修改的问题将询问(l,r)看成平面上的点，如果可以O(1)转移到(l,r-1) (l,r+1) (l+1,r) (l-1,r)的话就可以用莫队算法计算(l`,r`)的代价是|l-l`| + |r-r`|，也就是Manhattan距离用Manhattan最小生成树的顺序来计算询问。用分块代替Manhattan生成树，m个询问先按照在哪一块排序，在按照r排序

本来可以考虑每两个点之间连一条边 O(n^2）但是如果两个点之间连了一条x的边，中间还有一个点，那么|x_i - x_a|+|x_a - x_i+1| = |x_i - x_i+1|可以只连i 到a的x的边和a到i+1的x的边y同理只连排序后的相邻的边用dijkstra 跑一遍最短路。稳定的时间复杂度O（nlogn) 可以过为什么不用spfa呢。。。因为时间复杂度不稳定，理论上

想了很久都没有想到。。。看了hzw的题解恍然大悟居然只是枚举起始位置，然后要取这个位置之前（之后）与它最近的k种珠子的位置的最大值作为这一个起始位置的答案，最后这些答案取min找最近的珠子：因为题目中已知Ti的珠子位置按升序排序，所以用静态链表把每一种珠子存起来，这样是尾插法，遍历的时候从大到小。同时为了方便，也需要将所有坐标排序，和遍历的顺序一样从大到小枚举起始位置，这样找之前最近比较方

就当模板啦… 不过这题第二问的构图还是可以想一下的。。。 在残量网络中把原来的边全部加一遍，但是有费用w，容量无限大，一开始的边还是费用为0 新建一个源点s，s向1连一条边，容量为k，费用为0，保证这条边满流，就有最小费用了。program bzoj1834;type point=record s,t,cap,flow,o,w,next:longint;end;var p

由于不想被认为三心二意不努力，所以最好这周把ahoi2014做完。。。 【故事背景】 宅男JYY非常喜欢玩RPG游戏，比如仙剑，轩辕剑等等。不过JYY喜欢的并不是战斗场景，而是类似电视剧一般的充满恩怨情仇的剧情。这些游戏往往 都有很多的支线剧情，现在JYY想花费最少的时间看完所有的支线剧情。 【问题描述】 JYY现在所玩的RPG游戏中，一共有N个剧情点，由1到N编号，第i个剧情点可以根据J

【故事背景】 长期的宅男生活中，JYY又挖掘出了一款RPG游戏。在这个游戏中JYY会 扮演一个英勇的骑士，用他手中的长剑去杀死入侵村庄的怪兽。 【问题描述】 在这个游戏中，JYY一共有两种攻击方式，一种是普通攻击，一种是法术攻 击。两种攻击方式都会消耗JYY一些体力。采用普通攻击进攻怪兽并不能把怪兽彻底杀死，怪兽的尸体可以变出其他一些新的怪兽，注意一个怪兽可能经过若干次普通攻击后变回一个或

动态规划计数问题每行每列最多两个炮以每一行划分状态bzoj上不删掉system("pause");就无限RE #include #include #include #include #include #include using namespace std;#define P 9999973long long f[105][105][105];int n,m;l