UOJ 176 新年的繁荣
一个奇特的想法。我们考虑从大到小枚举边权，显然每次合并的话只用考虑比当前枚举的i多一位的数 因为如果两个数有其它的重叠部分 就一定会在之前被合并掉了
复杂度：$O(2^m*alpha(n))$
//Love and Freedom. #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #define ll long long #define inf 20021225 #define N 1<<18 using namespace std; int read() { int s=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return s*f; } int f[N]; int find(int x){return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);} int main() { int n=read(),m=read(),x; ll ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { x=read(); if(f[x]) ans+=x; else f[x]=x; } int top=1<<m; top--; for(int i=top;i;i--) { int tmp=f[i]; for(int j=0,ff;j<m;j++) { if(i&(1<<j)) continue; if(tmp) { if(f[i|(1<<j)] && (ff=find(f[i|(1<<j)]))!=tmp) ans+=i,f[ff]=tmp; } else if(f[i|(1<<j)]) tmp=find(f[i|(1<<j)]); } f[i]=tmp; } printf("%lld ",ans); return 0; }
UOJ 308 UOJ拯救计划
看到%6应该就有些想法了 我们考虑只做%2 和 %3的答案 原来的柿子长这样
$ans=sum A(k,i)*[用i个颜色染色的方案数]$
所以当i>=3的时候一定是满足%3%2=0的 于是我们只需要考虑用1/2种颜色染色的方案数 简单dp即可
//Love and Freedom. #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #define ll long long #define inf 20021225 #define N 100010 using namespace std; int read() { int s=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return s*f; } struct node{int to,lt;}e[N<<2]; int n,k,m; int vis[N],in[N],cnt; void add(int x,int y) { e[++cnt].to=y; e[cnt].lt=in[x]; in[x]=cnt; e[++cnt].to=x; e[cnt].lt=in[y]; in[y]=cnt; } bool check(int x,bool f) { for(int i=in[x];i;i=e[i].lt) { int to=e[i].to; if(vis[to]==vis[x]) f|=1; else if(vis[to]==-1) vis[to]=vis[x]^1,f|=check(to,f); } return f; } int main() { int T=read(),x,y,ans2,ans3; while(T--) { memset(in,0,sizeof(in)); memset(vis,-1,sizeof(vis)); cnt=0; n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) x=read(),y=read(),add(x,y); ans2=!m,ans3=1; for(int i=1;i<=n;i++) ans3=(ans3<<1)%3; for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]==-1) { vis[i]=1; bool f=check(i,0); if(!f) ans3=(ans3<<1)%3; else{ans3=0; break;} } if(ans2) { if(!ans3) printf("3 "); else if(ans3==1) printf("1 "); else printf("5 "); } else { if(!ans3) printf("0 "); else if(ans3==1) printf("4 "); else printf("2 "); } } return 0; }
BJOI 连连看
我们观（luan）察（gao）发现这其实是一个二分图 所以直接费用流就可以了
//Love and Freedom. #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<queue> #include<vector> #define ll long long #define inf 20021225 #define N 1010 using namespace std; int read() { int s=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return s*f; } struct edge{int to,lt,f,c,fr;}e[N*100]; int in[N],cnt=1,s,t,dep[N]; bool vis[N]; queue<int> que; int lst[N]; void add(int x,int y,int f,int c) { e[++cnt].to=y; e[cnt].fr=x; e[cnt].lt=in[x]; e[cnt].f=f; e[cnt].c=c; in[x]=cnt; e[++cnt].to=x; e[cnt].fr=y; e[cnt].lt=in[y]; e[cnt].f=0; e[cnt].c=-c; in[y]=cnt; } bool spfa() { while(!que.empty()) que.pop(); memset(dep,-48,sizeof(dep)); memset(vis,0,sizeof(vis)); vis[s]=1; dep[s]=0; que.push(s); while(!que.empty()) { int x=que.front(); que.pop(); vis[x]=0; for(int i=in[x];i;i=e[i].lt) { int y=e[i].to; if(e[i].f&&dep[y]<dep[x]+e[i].c) { dep[y]=dep[x]+e[i].c; lst[y]=i; if(!vis[y]) vis[y]=1,que.push(y); } } } return dep[t]>dep[0]; } void dinic() { int cost=0,par=0; while(spfa()) { int flow=inf; for(int i=lst[t];i;i=lst[e[i].fr]) flow=min(flow,e[i].f); for(int i=lst[t];i;i=lst[e[i].fr]) cost+=flow*e[i].c,e[i].f-=flow,e[i^1].f+=flow; par+=flow; } printf("%d %d ",par,cost); } int col[N],a,b; int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;} vector<int> edg[N]; #define pb push_back void dfs(int x) { for(int i=0;i<edg[x].size();i++) if(col[edg[x][i]]==-1) col[edg[x][i]]=col[x]^1,dfs(edg[x][i]); } int main() { a=read(),b=read(); for(int i=a;i<=b;i++) for(int j=i+1;j<=b;j++) { int w=j*j-i*i; int d=sqrt(w); if(d*d==w && gcd(i,d)==1) edg[i].pb(j),edg[j].pb(i); } memset(col,-1,sizeof(col)); s=N-3; t=s+1; for(int i=a;i<=b;i++) if(col[i]==-1) col[i]=0,dfs(i); for(int i=a;i<=b;i++) { if(col[i]) add(i,t,1,0); else { add(s,i,1,0); for(int j=0;j<edg[i].size();j++) add(i,edg[i][j],1,i+edg[i][j]); } } dinic(); return 0; }
BZOJ4231 回忆树
一道全部由NOIp内容组成的好题（逃
我们发现这个答案显然具有差分性 所以我们可以对于每个点求答案然后链上差分掉 具体实现就是树状数组 还剩一种情况就是模式串跨LCA 这样的长度不超过两倍的模式串长度 所以我们把它提出来做KMP就好啦 （就写的很开心
//Love and Freedom. #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<queue> #include<vector> #define LG 19 #define ll long long #define inf 20021225 #define N 500001 #define lowbit(x) (x&-x) using namespace std; int read() { int s=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0' && ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return f*s; } struct Edge{int to,lt;}e[N<<1]; int in[N],cnt; struct node{int fail,son[26];}; struct edge{int to,lt; char c;}a[N<<1]; int ia[N],ant,n,m; int dfn[N][2],tm; void add(int x,int y,char c) { a[++ant].to=y; a[ant].lt=ia[x]; a[ant].c=c; ia[x]=ant; a[++ant].to=x; a[ant].lt=ia[y]; a[ant].c=c; ia[y]=ant; } void add(int x,int y) { e[++cnt].to=y; e[cnt].lt=in[x]; in[x]=cnt; } void dfs(int x) { dfn[x][0]=++tm; for(int i=in[x];i;i=e[i].lt) dfs(e[i].to); dfn[x][1]=tm; } struct BIT { int n,a[N]; void add(int x,int y){x=dfn[x][0]; while(x<=n) a[x]+=y,x+=lowbit(x);} int qry(int x){int ans=0; while(x) ans+=a[x],x-=lowbit(x); return ans;} int ask(int x){return qry(dfn[x][1])-qry(dfn[x][0]-1);} }; struct ACA { node t[N]; int rt,poi; queue<int> q; int id(char c){return c-'a';} void init(){rt=poi=0;} int insert(char *ch) { int n=strlen(ch),pos=rt; for(int i=0,d=id(ch[i]);i<n;i++,d=id(ch[i])) { if(!t[pos].son[d]) t[pos].son[d]=++poi; pos=t[pos].son[d]; } return pos; } void getfail() { for(int i=0;i<26;i++) if(t[rt].son[i]) q.push(t[rt].son[i]); while(!q.empty()) { int x=q.front(); q.pop(); for(int i=0;i<26;i++) if(t[x].son[i]) t[t[x].son[i]].fail=t[t[x].fail].son[i],q.push(t[x].son[i]); else t[x].son[i]=t[t[x].fail].son[i]; } for(int i=1;i<=poi;i++) add(t[i].fail,i); dfs(rt); //for(int i=1;i<=poi;i++) printf("%d ",dfn[i][0]); } }A; BIT tr; int f[N][LG],dep[N]; char cf[N]; void getfa(int x,int fa) { dep[x]=dep[fa]+1; f[x][0]=fa;// cf[x]=0; for(int i=1;i<LG;i++) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1]; for(int i=ia[x];i;i=a[i].lt) { int y=a[i].to; if(y==fa) continue; getfa(y,x); cf[y]=a[i].c; } } int jump(int x,int len) { for(int i=0;i<LG;i++) if((len>>i)&1) x=f[x][i]; return x; } int LCA(int x,int y) { if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y); x=jump(x,dep[x]-dep[y]);// printf("%d %d ",x,y); if(x==y) return x; for(int i=LG-1;~i;i--) if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i]; return f[x][0]; } int nxt[N]; int kmp(char *s,char *t) { int sn=strlen(s),tn=strlen(t); for(int i=1;i<=tn;i++) { int j=nxt[i]; while(j&&t[i]!=t[j]) j=nxt[j]; if(t[j]==t[i]) nxt[i+1]=j+1; else nxt[i+1]=0; } int ans=0; for(int j=0,i=0;i<sn;i++) { while(j&&t[j]!=s[i]) j=nxt[j]; if(t[j]==s[i]) j++; if(j==tn) ans++; } return ans; } #define pa pair<int,int> #define mp make_pair #define fs first #define se second vector<pa> pq[N]; int ans[N]; void DFS(int x,int y) { //printf("%d %d ",x,y); tr.add(y,1);// printf("%d ",y); for(int i=0;i<pq[x].size();i++) { pa o=pq[x][i];// printf("%d %d %d %d %d ",y,x,o.fs,o.se,tr.ask(o.se)); if(o.fs>0) ans[o.fs]+=tr.ask(o.se); else ans[-o.fs]-=tr.ask(o.se); } for(int i=ia[x];i;i=a[i].lt) if(a[i].to!=f[x][0]) DFS(a[i].to,A.t[y].son[a[i].c-'a']); tr.add(y,-1); } char tmp[N]; int cross(int x,int y,char *s) { int sn=strlen(s); int lca=LCA(x,y); int dx=min(dep[x],dep[lca]+sn-1); x=jump(x,dep[x]-dx); int dy=min(dep[y],dep[lca]+sn-1); y=jump(y,dep[y]-dy); int cnt=0; for(;x!=lca;x=f[x][0]) tmp[cnt++]=cf[x]; int remcnt=cnt; for(;y!=lca;y=f[y][0]) tmp[cnt++]=cf[y]; reverse(tmp+remcnt,tmp+cnt); tmp[cnt]=0; return kmp(tmp,s); } char ch[N]; int main() { n=read(),m=read(); int x,y; char c; for(int i=1;i<n;i++) x=read(),y=read(),c=getchar(),add(x,y,c); getfa(1,0); for(int i=1;i<=m;i++) { x=read(),y=read(); scanf("%s",ch); int len=strlen(ch); ans[i]=cross(x,y,ch); int lca=LCA(x,y),pos;// printf("%d ",ans[i]); if(dep[y]-dep[lca]>=len) pos=A.insert(ch),pq[y].push_back(mp(i,pos)),pq[jump(y,dep[y]-dep[lca]-len+1)].push_back(mp(-i,pos)); reverse(ch,ch+len); if(dep[x]-dep[lca]>=len) pos=A.insert(ch),pq[x].push_back(mp(i,pos)),pq[jump(x,dep[x]-dep[lca]-len+1)].push_back(mp(-i,pos)); } A.getfail();// printf("QAQ"); tr.n=tm; DFS(1,0); for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d ",ans[i]); return 0; }
CF Gym 102129 I Incomparable Pairs
大火题（雾 把问题转化成区间本质不同子串对数 然后后缀自动机和线段树维护即可 后缀自动机维护的时候其实用到了SDOI树点染色的思想 用LCT维护结构 Access来保证复杂度 然后就是写起来很爽而已
//Love and Freedom. #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<vector> #define N 400010 #define ll long long #define inf 20021225 #define id(x) (x-'a') #define ll __int128 using namespace std; int read() { int s=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0' && ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return f*s; } #define ls (x<<1) #define rs (x<<1|1) struct SGT { ll a[N<<2],tag[N<<2],a2[N<<2]; void put(int x,int l,int r,ll v) { tag[x]+=v; a[x]+=(r-l+1)*v; a2[x]+=v*(r-l+1)*(r+l)/2; } void pushdown(int x,int l,int r) { if(!tag[x]) return; int mid=l+r>>1,t=tag[x]; tag[x]=0; put(ls,l,mid,t); put(rs,mid+1,r,t); } void pushup(int x){a[x]=a[ls]+a[rs]; a2[x]=a2[ls]+a2[rs];} void modify(int x,int l,int r,int LL,int RR,ll v) { if(LL<=l&&RR>=r){put(x,l,r,v); return;} int mid=l+r>>1; pushdown(x,l,r); if(LL<=mid) modify(ls,l,mid,LL,RR,v); if(RR>mid) modify(rs,mid+1,r,LL,RR,v); pushup(x); } ll query(int x,int l,int r,int LL,int RR) { if(LL<=l&&RR>=r) return a[x]; int mid=l+r>>1; pushdown(x,l,r); ll ans=0; if(LL<=mid) ans+=query(ls,l,mid,LL,RR); if(RR>mid) ans+=query(rs,mid+1,r,LL,RR); pushup(x); return ans; } ll query2(int x,int l,int r,int LL,int RR) { if(LL<=l&&RR>=r) return a2[x]; int mid=l+r>>1; pushdown(x,l,r); ll ans=0; if(LL<=mid) ans+=query2(ls,l,mid,LL,RR); if(RR>mid) ans+=query2(rs,mid+1,r,LL,RR); return ans; } }T; #undef ls #undef rs #define ls(x) t[x].son[0] #define rs(x) t[x].son[1] #define nrt(x) (t[t[x].fa].son[0]==x || t[t[x].fa].son[1]==x) struct sam{int son[26],fa,len;}s[N]; struct lct{int son[2],fa,val,tag;}t[N]; int lt,poi,rt,pos[N],ful[N]; char ch[N]; int n,top; void init(){pos[0]=lt=poi=rt=1;} void insert(int id,int c) { int p=lt,np=lt=++poi; pos[id]=np; s[np].len=s[p].len+1; ful[np]=id; for(;p&&!s[p].son[c];p=s[p].fa) s[p].son[c]=np; if(!p){s[np].fa=rt; return;} int q=s[p].son[c]; if(s[q].len==s[p].len+1){s[np].fa=q; return;} int nq=++poi; s[nq].len=s[p].len+1; memcpy(s[nq].son,s[q].son,sizeof(s[q].son)); s[nq].fa=s[q].fa; s[q].fa=s[np].fa=nq; for(;p&&s[p].son[c]==q;p=s[p].fa) s[p].son[c]=nq; } void mark(int x,int v) { t[x].tag=t[x].val=v; } void pushdown(int x) { if(!t[x].tag) return; int tx=t[x].tag; t[x].tag=0; if(ls(x)) t[ls(x)].val=t[ls(x)].tag=tx; if(rs(x)) t[rs(x)].val=t[rs(x)].tag=tx; } void push(int x){if(nrt(x)) push(t[x].fa); pushdown(x);} void rotate(int x) { if(!x || !nrt(x)) return; int f=t[x].fa,gf=t[f].fa; int p=rs(f)==x,k=p^1; if(nrt(f)) t[gf].son[rs(gf)==f]=x; t[x].fa=gf; t[f].fa=x; if(t[x].son[k]) t[t[x].son[k]].fa=f; t[f].son[p]=t[x].son[k]; t[x].son[k]=f; } void splay(int x) { if(!x) return; push(x); while(nrt(x)) { int f=t[x].fa,gf=t[f].fa; if(nrt(f)) (rs(f)==x)^(rs(gf)==f)?rotate(x):rotate(f); rotate(x); } } #define pa pair<int,int> #define mp make_pair #define fs first #define se second #define pb push_back pa seq[N]; vector<pa> qry[N]; void modify(int l,int r,ll v){T.modify(1,1,n,l,r,v);} void access(int x,int val) { int y=0; top=0; while(x) { splay(x); top++; //printf("%d %d ",s[x].len,t[x].val); seq[top]=mp(s[x].len,t[x].val); t[x].son[1]=y; mark(x,val); y=x; x=t[x].fa; } //t[x].val=val; } vector<int> e[N]; void add(int x,int y) { e[x].pb(y); } void dfs(int x) { for(int i=0;i<e[x].size();i++) dfs(e[x][i]),ful[x]=ful[e[x][i]]; } void build() { init(); for(int i=1;i<=n;i++) insert(i,id(ch[i])); for(int i=2;i<=poi;i++) add(s[i].fa,i); } void solve() { ll ans=0; build(); dfs(1); for(int i=2;i<=poi;i++) //printf("%d ",ful[i]), qry[ful[i]].push_back(mp(ful[i]-s[i].len+1,ful[i]-s[s[i].fa].len)); for(int i=1;i<=poi;i++) t[i].fa=s[i].fa; for(int i=1;i<=n;i++) { modify(1,i,1); access(pos[i],i); //printf("%d %d ",pos[i],i); int lst=0; for(int j=top;j>1;j--) { pa tmp=seq[j]; //printf("%d %d ",tmp.fs,tmp.se); if(tmp.fs) { if(tmp.se) modify(tmp.se-tmp.fs+1,tmp.se-lst,-1); lst=tmp.fs; } } for(int j=0;j<qry[i].size();j++) { pa tmp=qry[i][j];// printf("%d %d ",tmp.fs,tmp.se); ans+=T.query2(1,1,n,tmp.fs,tmp.se); //printf("%lld ",T.query2(1,1,n,tmp.fs,tmp.se)); ans-=T.query(1,1,n,tmp.fs,tmp.se)*(tmp.fs-1); if(tmp.se!=i) ans+=T.query(1,1,n,tmp.se+1,i)*(tmp.se-tmp.fs+1); } //printf("%lld ",ans); } ll sum=0; for(int i=2;i<=poi;i++) sum+=s[i].len-s[s[i].fa].len; sum=sum*(sum+1)/2;// printf("%d ",ans); printf("%llu ",(unsigned long long)sum-ans); } int main() { scanf("%s",ch+1); n=strlen(ch+1); solve(); return 0; }
SCOI2016 萌萌哒
用ST表来表示区间 然后并查集合并看做标记 最后统计答案的时候把ST表上的标记全部下传 没想到并查集还可以这么用系列
//Love and Freedom. #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #define ll long long #define inf 20021225 #define N 100010 #define LG 19 #define mdn 1000000007 #define inv 700000005 using namespace std; int read() { int s=0; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while(ch<='9'&&ch>='0') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return s; } int f[N*LG],id[N][LG],pos[N*LG],tot; int find(int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);} void merge(int x,int y){f[find(x)]=find(y);} void pushdown(int x,int l) { int tmp=find(id[x][l]); if(tmp==id[x][l]) return; int y=pos[tmp]; merge(id[x][l-1],id[y][l-1]); merge(id[x+(1<<l-1)][l-1],id[y+(1<<l-1)][l-1]); } int main() { int n=read(),m=read(); for(int i=0;i<LG;i++) for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++) id[j][i]=++tot,pos[tot]=j,f[tot]=tot; while(m--) { int l1=read(),r1=read(),l2=read(),r2=read(); int len=r1-l1+1; for(int i=0;i<LG;i++) if(len&(1<<i)) merge(id[l1][i],id[l2][i]),l1+=1<<i,l2+=1<<i; } for(int i=LG-1;i;i--) for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++) pushdown(j,i); int ans=1; for(int i=1;i<=n;i++) if(find(f[id[i][0]])==id[i][0]) ans=1ll*ans*10%mdn; ans=1ll*ans*inv%mdn*9%mdn; printf("%d ",ans); return 0; }
好像还有很多校内题不方便放 那先这样吧qaq
CF GYM 102268 D Dates
为什么这个题出到Noip模拟赛啊（
我们先考虑暴力做法，我们需要一个有正确性的算法进行优化。首先可以想到我们把所有区间按照权值大小从大到小排序，然后每次加入一个看是否仍存在完备匹配。
考虑优化，完备匹配显然可以通过Hall定理来优化。
Hall定理：二分图存在完备匹配必须有X中的任意k个点至少与Y中的k个点相邻。
貌似之前觉得这玩意很没用
也就是说我们现在要考虑对于任意L,R都有$sum_{i=L}^R a_i >= sum_{i=1}^n b_i[l_i>=L][r_i<=R]$ 其中$b_i$表示是否选择i号的0/1变量
由于题目给定了$l_i<=l_{i+1} r_i<=r_{i+1}$所以我们可以把枚举L,R变成枚举数组下标LL,RR 也就是说我们现在要判断的是$sum_{i=l_{LL}^{r_{RR}}} a_i >= sum_{i={LL}}^{RR} b_i$
我们改写成前缀和形式也就是$sa_{r_{RR}} - sa_{l_{LL}} >= sb_{RR} - sb_{LL}$ 继续移项得到 $sb_{LL} - sa_{l_{LL}} >= sb_{RR} - sa_{r_{RR}}$
我们考虑把一个$b_i=0$改为$b_i=1$ 我们只需要考虑 前缀的最小值（左式）是否大于后缀的最大值（右式）【其实也就代表了所有区间】即可 所以我们用两棵线段树来分别维护这个操作即可。
总结一下：1.想到贪心完备匹配解法。2.考虑到Hall定理。3.通过画柿子得到可以维护的东西。这里面还用到的东西还有任意左端点和任意右端点来代表任意区间。前缀和优化。等等。
好神仙啊。（NOIP打死也不会出这种东西吧
//Love and Freedom. #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #define ll long long #define inf 2002122519980707ll #define N 300100 #define ls x<<1 #define rs x<<1|1 using namespace std; int read() { int s=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return f*s; } struct sgt { int typ; ll f[N<<2],tag[N<<2]; ll upd(ll x,ll y){return typ?max(x,y):min(x,y);} void put(int x,ll v){tag[x]+=v; f[x]+=v;} void pushdown(int x) { if(!tag[x]) return; put(ls,tag[x]); put(rs,tag[x]); tag[x]=0; } void build(ll *a,int x,int l,int r) { if(l==r){f[x]=a[l]; return;} int mid=l+r>>1; build(a,ls,l,mid); build(a,rs,mid+1,r); f[x]=upd(f[ls],f[rs]); } void modify(int x,int l,int r,int LL,int RR,int v) { if(l>=LL&&r<=RR){put(x,v); return;} int mid=l+r>>1; pushdown(x); if(LL<=mid) modify(ls,l,mid,LL,RR,v); if(RR>mid) modify(rs,mid+1,r,LL,RR,v); f[x]=upd(f[ls],f[rs]); } ll query(int x,int l,int r,int LL,int RR) { if(l>=LL&&r<=RR) return f[x]; int mid=l+r>>1; ll ans=typ?-inf:inf; pushdown(x); if(LL<=mid) ans=upd(ans,query(ls,l,mid,LL,RR)); if(RR>mid) ans=upd(ans,query(rs,mid+1,r,LL,RR)); return ans; } }t[2]; ll pre[N]; int n,T; ll t0[N],t1[N]; struct node{int l,r,v,id;}a[N]; bool operator<(node x,node y){return x.v>y.v;} int main() { n=read(); T=read(); t[0].typ=1; for(int i=1;i<=T;i++) pre[i]=read(),pre[i]+=pre[i-1]; for(int i=1;i<=n;i++) a[i].l=read(),a[i].r=read(),a[i].v=read(), t0[i]=-pre[a[i].r],t1[i]=-pre[a[i].l-1],a[i].id=i; sort(a+1,a+n+1); ll ans=0; t[0].build(t0,1,1,n); t[1].build(t1,1,1,n); for(int i=1;i<=n;i++) { if(t[0].query(1,1,n,a[i].id,n)>=t[1].query(1,1,n,1,a[i].id)) continue; ans+=a[i].v; t[0].modify(1,1,n,a[i].id,n,1); if(a[i].id<n) t[1].modify(1,1,n,a[i].id+1,n,1); } printf("%lld ",ans); return 0; }
AGC037D Sorting a Grid
很科学的东西。。。考虑倒着推，每个数编号$lfloor frac{a_{i,j}-1}{n} floor+1$也就是1-m然后b数组一定是每一列都是一个1-m的排列 显然用二分图匹配做一个行和数字的匹配即可，每做完一边删掉一列就可以了qwq。
//Love and Freedom. #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<queue> #include<vector> #define ll long long #define inf 20021225 #define N 210 #define M 20001 using namespace std; int read() { int s=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return f*s; } struct edge{int to,lt,f;}e[M]; int in[N],cnt,s,t,n,m; // clear! void add(int x,int y,int f) { e[++cnt].to=y; e[cnt].lt=in[x]; in[x]=cnt; e[cnt].f=f; e[++cnt].to=x; e[cnt].lt=in[y]; in[y]=cnt; e[cnt].f=0; } queue<int> que; int dep[N]; bool bfs() { //printf("GG"); while(!que.empty()) que.pop(); memset(dep,0,sizeof(dep)); que.push(s); dep[s]=1; while(!que.empty()) { int x=que.front(); que.pop(); for(int i=in[x];i;i=e[i].lt) if(!dep[e[i].to] && e[i].f) { dep[e[i].to]=dep[x]+1,que.push(e[i].to); if(e[i].to==t) return 1; } } return 0; } int dfs(int x,int flow) { if(x==t) return flow; int cur=flow; for(int i=in[x];i;i=e[i].lt) { int y=e[i].to; if(dep[y]==dep[x]+1 && e[i].f) { int tmp=dfs(y,min(cur,e[i].f));// printf("GG"); cur-=tmp; e[i].f-=tmp; e[i^1].f+=tmp; if(!cur) return flow; } } dep[x]=-1; return flow-cur; } vector<int> val[N][N]; int sz[N][N]; void link() { cnt=1; s=N-3; t=s+1; memset(in,0,sizeof(in)); for(int i=1;i<=n;i++) { add(s,i,1); for(int j=1;j<=n;j++) if(sz[i][j]<val[i][j].size()) add(i,n+j,1); } for(int i=1;i<=n;i++) add(n+i,t,1); } int r[N],b[N][N],a[N][N]; void dinic() { //printf("QAQ"); while(bfs()) dfs(s,inf); //printf("QwQ"); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=in[i];j;j=e[j].lt) { if(e[j].to!=s && e[j^1].f) { r[i]=e[j].to-n;// printf("%d %d ",i,r[i]); break; } } //printf("QAQ"); } int main() { n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { a[i][j]=read(); int id=(a[i][j]-1)/m+1; val[i][id].push_back(a[i][j]); //printf("%d %d ",i,id); } //printf("OVO"); for(int i=1;i<=m;i++) { link(); dinic();// printf("GG"); for(int j=1;j<=n;j++) b[j][i]=val[j][r[j]][sz[j][r[j]]++]; //printf("QAQ"); } for(int i=1;i<=n;i++,printf(" ")) for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d ",b[i][j]),a[j][i]=b[i][j]; for(int i=1;i<=m;i++) sort(a[i]+1,a[i]+n+1); for(int i=1;i<=n;i++,printf(" ")) for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d ",a[j][i]); return 0; }
Atcoder JSC2019 F Candy Retribution
画柿子好题，主要是第一步想到容斥做m和m+1不同的。然后接下来再套一步容斥，考虑有几个<m的就可以了。然后复杂度分析用到调和级数。
用到一个小trick就是1~m个球插板n个筐的答案是C(m,n) 可以考虑组合意义 也可以考虑直接画柿子$sum_{i=0}^{m} C(i,n-1) = C(m,n)$（杨辉三角上的一列）
//Love and Freedom. #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #define ll long long #define inf 20021225 #define N 600010 #define mdn 1000000007 using namespace std; int read() { int s=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return f*s; } int fac[N],inv[N]; int ksm(int bs,int mi) { int ans=1; while(mi) { if(mi&1) ans=1ll*ans*bs%mdn; bs=1ll*bs*bs%mdn; mi>>=1; } return ans; } void init(int n) { fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mdn; inv[n]=ksm(fac[n],mdn-2); for(int i=n;i;i--) inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%mdn; } int C(int n,int m) { if(n<m) return 0; return 1ll*fac[n]*inv[n-m]%mdn*inv[m]%mdn; } void upd(int &x,int y){x+=x+y>=mdn?y-mdn:y;} void dpu(int &x,int y){x-=x-y<0?y-mdn:y;} int n,m; int get(int s,int p) { if(s<0) return 0; int ans=0; for(int i=0;i*p<=s && i<=n-m;i++) { int tmp=1ll*C(n-m,i)*C(s-i*p+n,n)%mdn; if(i&1) dpu(ans,tmp); else upd(ans,tmp); } return 1ll*C(n,m)*ans%mdn; } int solve(int s,int n) { int ans=C(s+n,n); for(int i=1;i*m<=s;i++) dpu(ans,(get(s-i*m,i)-get(s-(i+1)*m,i)+mdn)%mdn); return ans; } int main() { n=read(),m=read(); int l=read(),r=read(); init(n+r); printf("%d ",(solve(r,n)-solve(l-1,n)+mdn)%mdn); return 0; }
AGC013C Ants on a Circle
口胡的一道题，如果在序列上是经典题。环上的话我们需要考虑定位一个点的问题。小trick就是一旦一只蚂蚁跨过(0/m)分界线，那么整体序号（+1/-1）所以只需要考虑有多少只蚂蚁跨越分界线即可。没写，口胡的（逃
CF GYM101630 J Journey from Petersburg to Moscow
印象中牛神跟我们讲过这个题啊，然后咨询了一下他们都不记得（？大概是我又记忆偏差了。。。
做法就是类似凸优化，我们考虑枚举每条边作为第k大，然后所有边权改为max(e[i].v-V,0)然后跑dijkstra再加上V*k就可以了。
Journey from Petersburg to MoscowARC073E Ball Coloring
发现min(Rmin,Bmin)=min,max(Rmax,Bmax)=max所以考虑最大最小怎么分配就可以了 如果两个属于一个颜色的话就需要枚举分界线 按照min排序 然后分界线以前选较大值以后选较小值
AGC010C Cleaning
发现非叶子节点的点权一定是路径数量的两倍 然后显然可以得到先内部配对肯定是没有问题的 然后类似于dp推上去就可以了
SOJ408 树堆
要是会这个题就AK了啊喂TAT
考虑期望的线性性，有$E(x)=prod_{y=son[x]} (frac{p}{size(x)} + frac{size(x)-1}{size(x)})$然后就是简单的换根DP了TAT
然后由于出题人毒瘤，需要考虑/0问题 所以需要自定义num类。
（换根DP就是想不到原方程可咋整啊）
SOJ597/596
不写详细题解了...主要是思路值得借鉴...在非递归快速幂不好处理的时候可以考虑递归版快速幂，可以省很多不必要的东西（比如矩阵求逆 （逃
SOJ617
死了 好像推的还不对
$prod_{i=0}^{n-1} sum_{j=0}^i e^{ix} -> ln \ln(prod_{i=0}^{n-1} sum_{j=0}^i e^{ix}) = prod_{i=0}^{n-1} ln(sum_{j=0}^i e^{ix}) \ln(frac{e^{nx}-1}{e^x-1})=ln(frac{frac{e^{nx}-1}{x}}{frac{e^x-1}{x}})\ln(frac{e^{nx}-1}{x}) ->ln(frac{e^y-1}{y}) \sum_{i=0}^k a_i y^i -> sum_{i=0}^{k} ai sum_{j=0}^{n-1} (jx)^i = sum_{i=0}^{k} ai sum_{j=0}^{n-1} j^ix^i$
upd:好像差不多了 最后几步有点小问题 还是膜题解好
SOJ625
没啥技术含量，就是写起来真爽。（貌似进入了我的最长榜单？
——“联赛考这个我还不如现在就退役。”
//Love and Freedom. #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<string> #include<iostream> #include<queue> #include<vector> #define pa pair<int,int> #define fs first #define se second #define mp make_pair #define pb push_back #define ll long long #define inf 20021225 #define N 62 using namespace std; int read() { int s=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar(); return f*s; } struct Carbon { string pre[N]; void init()// * { pre[1]="meth"; pre[2]="eth"; pre[3]="prop"; pre[4]="but"; pre[5]="pent"; pre[6]="hex"; pre[7]="hept"; pre[8]="oct"; pre[9]="non"; pre[10]="dec"; pre[11]="undec"; pre[12]="dodec"; pre[13]="tridec"; pre[14]="tetradec"; pre[15]="pentadec"; pre[16]="hexadec"; pre[17]="heptadec"; pre[18]="octadec"; pre[19]="nonadec"; pre[20]="icos"; } string print(int x) { return pre[x]; } string ane(int x) { return print(x)+"ane"; } string yl(int x) { return print(x)+"yl"; } }C; struct Chain { string pre[10]; void init() { pre[2]="di"; pre[3]="tri"; pre[4]="tetra"; pre[5]="penta"; pre[6]="hexa"; pre[7]="hepta"; pre[8]="octa"; pre[9]="nona"; } string print(int x) { return pre[x]; } }A; struct edge{int to,lt;}e[N*2]; int mc[N]; int in[N],cnt,d[N],n; void add(int x,int y) { e[++cnt].to=y; e[cnt].lt=in[x]; in[x]=cnt; d[x]++; e[++cnt].to=x; e[cnt].lt=in[y]; in[y]=cnt; d[y]++; } bool check1() { for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]>2) return 0; return 1; } void sub1() { cout<<C.ane(n); } queue<int> q; int fr[N],dis[N],len,md,id[N]; void find(int x) { while(!q.empty()) q.pop(); memset(fr,0,sizeof(fr)); memset(dis,0,sizeof(dis)); q.push(x); dis[x]=1; while(!q.empty()) { int w=q.front(); q.pop(); for(int i=in[w];i;i=e[i].lt) { int t=e[i].to; if(dis[t]) continue; dis[t]=dis[w]+1; fr[t]=w; q.push(t); } } for(int y=1;y<=n;y++) if(dis[y]>len) { int Y=y,D=0; for(int i=1;i<=dis[y];i++) mc[i]=Y,D+=d[Y],Y=fr[Y]; len=dis[y]; D-=len*2-2; md=D; } else if(dis[y]==len) { int Y=y,D=0; while(Y) D+=d[Y],Y=fr[Y]; D-=len*2-2; if(D>md) { md=D; Y=y; for(int i=1;i<=len;i++) mc[i]=Y,Y=fr[Y]; } } } int sfr[N],sdis[N],slen,smd,smc[N]; void find(int x,int ban) { while(!q.empty()) q.pop(); memset(sfr,0,sizeof(sfr)); memset(sdis,0,sizeof(sdis)); q.push(x); sdis[x]=1; while(!q.empty()) { int w=q.front(); q.pop(); for(int i=in[w];i;i=e[i].lt) { int t=e[i].to; if(sdis[t]||t==ban) continue; sdis[t]=sdis[w]+1; sfr[t]=w; q.push(t); } } for(int y=1;y<=n;y++) if(sdis[y]>slen) { int Y=y,D=0; for(int i=1;i<=sdis[y];i++) smc[i]=Y,D+=d[Y],Y=sfr[Y]; slen=sdis[y]; D-=len*2-2; smd=D; } else if(sdis[y]==slen) { int Y=y,D=0; while(Y) D+=d[Y],Y=sfr[Y]; D-=len*2-2; if(D>smd) { smd=D; Y=y; for(int i=1;i<=slen;i++) smc[i]=Y,Y=sfr[Y]; } } } struct gid{string pre; int id;}g[N]; bool operator<(gid a,gid b){return a.pre<b.pre;} int rk[N]; int fa[N],sz[N],dep[N]; void dfs(int x) { sz[x]=1; dep[x]=dep[fa[x]]+1; for(int i=in[x];i;i=e[i].lt) { int y=e[i].to; if(y==fa[x]) continue; fa[y]=x; dfs(y); sz[x]+=sz[y]; } } int check() { for(int i=2;i<len;i++) if(d[mc[i]]>2) for(int j=in[mc[i]];j;j=e[j].lt) { if(e[j].to==mc[i-1]||e[j].to==mc[i+1]) continue; if(d[e[j].to]>2) return e[j].to; } return 0; } void getperm() { dfs(mc[1]); vector<pa> v1; for(int i=2;i<len;i++) if(d[mc[i]]>2) for(int j=in[mc[i]];j;j=e[j].lt) { if(e[j].to==mc[i-1]||e[j].to==mc[i+1]) continue; v1.pb(mp(i,rk[sz[e[j].to]])); } vector<pa> v2; for(int i=2;i<len;i++) if(d[mc[len-i+1]]>2) for(int j=in[mc[len-i+1]];j;j=e[j].lt) { if(e[j].to==mc[len-i]||e[j].to==mc[len-i+2]) continue; v2.pb(mp(i,rk[sz[e[j].to]])); } for(int i=0;i<v1.size();i++) if(v1[i]<v2[i]) break; else if(v2[i]<v1[i]) { reverse(mc+1,mc+len+1); break; } } struct printer { string pre; vector<int> pos; }prt[N]; bool operator<(printer a,printer b){return a.pre<b.pre;} bool edg[N][N]; void print() { for(int i=1;i<=n;i++) prt[i].pre=C.pre[i]; for(int i=2;i<len;i++) if(d[mc[i]]>2) { for(int j=in[mc[i]];j;j=e[j].lt) { int to=e[j].to; if(to==mc[i-1] || to==mc[i+1]) continue; int s=sz[to]; prt[s].pos.pb(i); } } sort(prt+1,prt+n+1); int qo=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(prt[i].pos.size()) { int po=0; if(qo) cout<<"-"; qo=1; for(int j=0;j<prt[i].pos.size();j++) { if(po) cout<<","; cout<<prt[i].pos[j]; po=1; } cout<<"-"; cout<<A.print(prt[i].pos.size()); cout<<prt[i].pre; cout<<"yl"; } cout<<C.ane(len); } string sprint(int ban) { string ans; for(int i=1;i<slen;i++) if(d[smc[i]]>2) { for(int j=in[smc[i]];j;j=e[j].lt) { int to=e[j].to; if(to==smc[i-1] || to==smc[i+1] ||to==ban) continue; int s=sz[to]; prt[rk[s]].pos.pb(i); } } int qo=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(prt[i].pos.size()) { int po=0; if(qo) ans=ans+"-"; qo=1; for(int j=0;j<prt[i].pos.size();j++) { if(po) ans=ans+","; ans=ans+to_string(prt[i].pos[j]); po=1; } ans=ans+"-"; ans=ans+A.print(prt[i].pos.size()); ans=ans+prt[i].pre; ans=ans+"yl"; prt[i].pos.erase(prt[i].pos.begin(),prt[i].pos.end()); } ans=ans+C.yl(slen); return ans; } void finalprint(string aaa) { for(int i=2;i<len;i++) if(d[i]>2) { cout<<i<<"-("<<aaa<<")"; break; } cout<<C.ane(len); } int main() { C.init(); A.init(); n=read(); for(int i=1;i<n;i++) { int x=read(),y=read(); add(x,y); edg[x][y]=edg[y][x]=1; } if(check1()) return sub1(),0; for(int i=1;i<=n;i++) g[i].pre=C.pre[i],g[i].id=i; sort(g+1,g+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) rk[g[i].id]=i,prt[i].pre=g[i].pre; for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]==1) find(i); if(int k=check()) { int frm=0,pos=0; for(int i=2;i<len;i++) if(edg[mc[i]][k]) { frm=i; pos=mc[i]; break; } find(k,pos); reverse(smc+1,smc+slen+1); dfs(smc[1]); string spc=sprint(pos); getperm(); finalprint(spc); } else { getperm(); dfs(mc[1]); print(); } return 0; }
SOJ627
这个思路好神仙...mark一下。
考虑分治，每次找到根两边递归处理，但是如果要回溯是不是就GG了呢。
我们来证明不需要回溯。考虑对于两个点不能有父子关系，那么父亲必须在它们中间，既然父亲在它们中间，那么当前根选在哪里根本对它们没有影响，所以根只需要满足区间内没有相同因数就可以了。
思路很神仙，暴力去做考虑反向证明正确性。
然后从两边往中间扫是个套路，类似逆启发式合并，因此复杂度正确。
SOJ624
好题.jpg
大分类讨论QAQ
考场上写50没写出来，然后考后改改改获得了60...
满分其实就是50的基础上各种魔改...
一道有趣的题qwq
SOJ633 CF878E
为什么这么神仙啊
考虑从左往右做，离线以后遇到一个右端点然后找到左端点暴力合并。
这个题的重点在于考虑到合并的贡献，一定是后头往前合并更优的= =
SOJ635
常见套路：仙人掌最大流就是拆环上最小的边加进去
SOJ638
好像也很常见套路
考虑求多项式多次幂的某一项可以类似BSGS做到nsqrtnlgn
然后剩下的都想到了结果第一步柿子推错了啊喂（哭 本来省选场都要阿克了的啊喂
LOJ2083
啊有学长好幸福（雾
迟帅给讲的巧妙小思路 对于很多字符串统计子串都可以用的小trick 就是把原串划分成i个一段来统计长度为i的答案，这样的话匹配就是前缀匹配后缀匹配啦
可以SA/SAM 建两遍解决ovo
LOJ6029
经典势能分析题（？
就是维护区间最大值最小值然后观察差值变化即可
具体分析见lych的博客
校内某题
用到的经典trick
多项式求k次幂，转成点值后直接快速幂k次 然后在dft回来（前提是只保留前面的n项）
还有一个经典定理
有标号连通图计数
$G(x) = sum _{i=0} 2^{ frac{i(i-1)} {2} } frac{x^i} {i!}$
有答案C(x)
$G(x) = e^{C(x)}$
因此
$C(x)=ln G(x)$
SOJ673
严格单调可以直接用差分表维护，更新直接把加上的值插入就行了。
然后是经典的长链剖分套路（。
SOJ669
经典CDQ套路，其实是三维数点，但是由于只有加和查询，所以可以直接一层CDQ+BIT维护就好了。
SOJ667.668
都是类似的套路，考虑按照答案一层一层拓展。
SOJ665
在以一维排序DP复杂度降不下来的时候，考虑换一维排序，说不定就可以变成区间转移可以优化了。
SOJ662
手写bitset来找上一个元素和下一个元素。
bitset中存在实现好的 find_next find_first
貌似得把SOJ上我的AC代码拉下来才比较好= =
md快200题了怎么拉啊