Day 1
P1314
二分答案
P2367
差分板子
P2882
找性质，然后模拟，异或差分维护。
P1719
转换成最大子段和问题。
P3017
二分，先考虑水平方向，定两个点(l,r)，在([l,r])行内，再挂两个点(l_0,r_0)，表示当前竖直方向的区间，如果矩阵和(ge mid)，那么继续，否则继续延伸。最后若分的块数(< B)，则不行。水平同理。
P1884
考虑离散化做，存在(b)数组里。设(f[i][j])为矩形([(b[i],b[j]),(b[i+1],b[j+1])])的覆盖次数，修改可以一维枚举一维差分。
注意：笛卡尔坐标系中的左上右下即为平时的左下右上。
P1638
简单题，双指针+桶维护就没了。
P3143
题意可以转化为：将(a)排序，则变成选择两个无交集区间，每个区间满足最大值和最小值的差(le k)，最大化两个区间的长度和。
设(f_i)为右端点(le i)的满足条件的区间的最长长度。先双指针跑一遍，表面更新一波右端点(=i)时的(f_i)，然后别忘了再来一波循环取max卷过去，即：
for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = max(f[i - 1],f[i]);
然后第二次双指针，更新答案。
P1496
简单题，离散化后用差分维护累加完事。（这数据似乎直接(mathcal{O}(n^2))也能过，离谱）
P1714
单调队列板题。
Day 2
AT4168
高维的东西，即(f_i = sum_{j subseteq i} f_j)。如何做？枚举子集，炸。
考虑枚举每一个维度，然后如果(i)状态中这一个维度的值是(1)，那么可以推到这个维度是(0)（也就是之前）的状态，即(i space operatorname{xor} 2^j)。
for(int j = 0; j < n; j++) for(int i = 0; i < (1 << n); i++) {if(i >> j & 1) f[i] = f[i] + f[i xor (1 << j)];}
这里我们发现可以求出每个(i | j = k)的最大值，因为(max)具有可重叠性，所以可以转化为(i,j subseteq k)，能保证(i | j)不大于(k)。
每个状态维护一个最大和次大。
P1966
不难发现(sum_{i = 1} ^ n a_i^2,sum_{i = 1} ^ n b_i^2)为定值，那么就变成了最大化(sum_{i = 1} ^ n a_ib_i)。
有个结论是将(a,b)的每个第(k)小配对在一起，这个东西就最大。证明略。
考虑如何将两个的每个第(k)小配在一起，就是将(a,b)先排序，存以前的下标，为(ida_i,idb_i)。搞一个数组(c)，让(c[ida_i]=idb_i)。我们发现只要将(c)变为([1,2,3,cdots,n])，就可以了，那么即为(c)逆序对个数。
P2345
这题数据(n le 2 imes 10^4)啊，那直接 (mathcal{O}(n^2))秒了。
哦你要加强？把(max{v_i,v_j} cdot |x_i - x_j|)处理一下，首先先按(v)排序，这样可以去掉(max)，然后对于每个牛（设为第(i)个牛），考虑(x < x_i)和(x > x_i)的情况。自然想到树状数组，一个维护和，一个维护个数，没了。
老师课上讲的cdq分治，但是没有BIT短，BIT yyds。
P3138
枚举((a,b))二维前缀和(mathcal{O}(n^2))。目前不太会二分check在(mathcal{O}(n^2))以下。
P4653
一开始想的二分，但是不知道为什么WA了一堆，只有12~15分。自己感觉应该是对的，可能写错了？
然后发现有类似贪心做法的，就是首先选大的肯定优于选小的，所以从大到小排序，然后依次选，超过了就追上，一直到某一方到了(n)结束。
Day 3
P3658
这给的什么申必翻译，看不懂，看了一些题解的题目大意总算是看懂了。
即求二元组((i,j))，满足(a_i < a_j,b_i > b_j,|i - j| > k)的个数，化成三维偏序，CDQ分治即可。
然而我板子调大半天
UVA11572
双指针简单题，记录重复个数，一边跑一边更新即可。
AT4142
双指针，注意到(x operatorname{xor} y le x + y)，所以前缀和小于等于前缀异或。对于([l,r])，若其和=异或和，那么([l,r])的所有连续子序列一定也满足条件。
我一开始想枚举左端点然后右边可以的跳，后来发现有很多问题，然后就枚举右端点，找到符合条件的最小左端点（这个不严格递增），然后统计答案。
P2866
发现如果每个人硬算一遍(C_i)很麻烦，那么直接考虑每个牛对总答案的贡献。对于第(i)头牛，它对答案的贡献就是(sum_{j = 1}^{i - 1} [h_j > h_i])，用单调栈维护即可。
P3467
一个单调栈的比较简单的题，维护一个单调递增的栈，然后如果两个东西的高度相同，且呈“凸”状，那么就可以少用一个覆盖。单调栈恰好能维护“凸”形。
P2032
滑 动 窗 口
P2880
两个ST表维护最大最小就行。(mathcal{O}(nlog{n} + q))
P2251
？滑动窗口三倍经验？
P1816
ST表双倍经验。
P2216
啊这个题有意思，我第一眼感觉是无脑二维数据结构，但是忘了二维ST表怎么写了（逊），遂想了个nt做法：
预处理每个(1 imes n)的方块的最大最小值，然后在每一行跑单调队列并更新。(mathcal{O}(abn))，啊啊啊逊死了！
（最优解貌似(mathcal{O}(ablog{n}))）
Day 4
P1725
凌晨写题严重降智。
设(dp_i)为到(i)的最大值，有 (dp_i = max {dp_x} + A_i)，考虑(k)的限制：
(i in [x + l,x + r])，即(i - r le x le i - l)。
则有
不难发现转移的那个区间是连续的，那么单调队列优化dp即可。
式子写出来后一波乱写，都不知道写的什么，80分，然后乱改100
P1419
二分段落平均值，check中先将每个(a_i)减去mid（二分的平均值），然后做前缀和(b_i)，问题变成：是否存在(b_r - b_{l - 1} ge 0 (S le r - l + 1 le T))。
对于每个(r)，寻找最小的(b_{l - 1})，同时长度在(S)到(T)之间，不难发现即为(min_{r - T le x le r - S} {b_x})。 这样就可以单调队列了，和P1725一样。
为了保证不出奇奇怪怪错误，这里贴个板子：
head = 1,tail = 0;
for(int i = s; i <= n; i++)
{
while(head <= tail && b[i - s] <= b[q[tail]]) --tail;
q[++tail] = i - s; // 先入队才能更新。
while(head <= tail && q[head] + t < i) ++head;
if(b[i] - b[q[head]] >= 0) return 1;
}
P2627
设(dp_i)为(i)之前的最大值，设(E[i,j] = sum_{k = i} ^ j e_k)，那么考虑枚举休息的奶牛(j)：
（注意(j)是可以取到(i)的，因为(i)也可以休息）
考虑到(E[i,j])可以拆成前缀和：
单调队列维护(dp_{j - 1} - E_j)即可。
P2034
与P2627完全一致。
P1840
无脑线段树。tgt给我发过来说有并查集做法，不是太会。
P3957
想到了二分(g)，然后设(dp_i)为在(i)前的最大得分，得：
考虑(j)的限制，设(l = max{1,d - g},r = d + g)。则(X_j + l le X_i le X_j + r)，得(X_i - r le X_j le X_i - l)。那么：
不难发现这个东西可以用单调队列维护，但是略微有点难写。
AT5758
tgt扔给我的。易证答案为(min {a_i} + min{b_i})和所有用券情况的最小值。随便写一写就好
tgt随手扔了一个故意写错的代码演我，嘤嘤嘤
Day 5
P2569
较有难度的单调队列优化dp题。
Solution
P3800
不难想到设(dp[i][j])为在((i,j))点的最大Power.显然，(dp[i][j])只能从(i - 1)行的某个区间内的(j)转移过来，即：
考虑(k)的限制。显然(max {1,j - T} le k le min {m,j + T})，这样的话用单调队列维护一下就好了。
P2254（未AC，后补）
断网测试，只写了(40 sim 60)pts的部分分。
设(dp[t][i][j])为在(t)时刻在((i,j))的最大步数，分类：
-
使用魔法，(dp[t][i][j] = dp[t - 1][i][j]).
-
否则，(dp[t][i][j] = dp[t - 1][i_0][j_0])，其中(i_0,j_0)是指在(t)时刻经过倾斜前的点。
取 (max)即可，(t)的那一位可以滚动。
(mathcal{O}(Tn^2))
P1944
一个简单题，设(dp_i)为以(i)结尾的最长括号匹配串长度。（若没有则(dp_i = 0)。）
考虑从(dp_{i - 1})转移：
([i - dp_{i - 1},i - 1])为合法字符串，那么若(i,i - dp_{i - 1} - 1)位置匹配，则(dp_i = dp_{i - 1} + 2 + dp_{i - dp_{i - 1} - 2}).
P4310
第一眼看上去像某经典题，设(dp[i])为以(i)结尾的最大合法子序列长度。初始化为1，
则：
(mathcal{O}(n^2))，啪的一下，很快啊，90pts?
离谱。
但是没有AC怎么行！然后接下来就是重点：
设(dp[i][j])为前(i)个数，二进制第(j)为为(1)的最大长度。因为我们发现，与运算不等于0即为至少有一位为1。那么只要暴力转移就行。
这个(i)这一维显然可以滚掉。
时间复杂度(mathcal{O}(n log a_i))
P1396
似乎有好多做法。
- spfa板子
- 二分+并查集，先将所有边按照(w)排序，二分拥挤度最大值，然后check里面将所有(w le mid)的边的(u,v)合并，中间判断(s,t)是否在一个集合。
P1823
这个有点像前几天做的奶牛题。维护单调递减的单调栈，然后会发现每次的贡献就是一直到第一个比它高（严格）的人。
P3958
并查集naive题。
两个球形是否相交或相切等同于(dist)是否小于等于(2r)。 如果是边界则是(r)。
Day 6
P7167
很容易想到通过反向扫建一个单调栈求出对于第(i)个喷泉，它会流到它后面的哪一个喷泉，线性复杂度。（如果会流向水池则为0）
然后若将这些关系连边，则会变成一个树。
（根节点为0，每个点出度至多为1）
我们自然想到：暴力模拟一遍，但是这样子可能会被卡：
但是我们可以树上倍增！求出(i)向上跳(2^j)次的祖先(f[i][j])，和(i sim f[i][j])路径上的总点权（不包括(i)的点权）(s[i][j])。然后倍增模拟一边就好了。时间复杂度(mathcal{O}((n + q) log{n})).
P1783
P3958 奶酪+二分。
P1950
注意：这题（我的）证明应该是伪证。
subtask1,2:暴力二维前缀和，(mathcal{O}(n^4))。
单调栈随便搞搞，但是正确性不会证。
P2516
分类dp计数。
P1776
二进制优化背包问题。很快就秒了
P1855
多维背包？
ABC 211
具体看Atcoder Beginner Contest 211
P3188
0-1背包问题，但是考虑到(W)非常大，而且(w_i = a imes 2^b)，那么就考虑将(b)相同的归为一类，做0-1背包，然后再将它们合并；
设(dp[i][j])为(w_i)可以表示为(a imes 2^i)形式的物品，容量为(j imes 2^i)的最大的价值。
那么
裸的板子，接下来考虑合并：
我们设(g[i][j])表示(b)为(0sim i)的所有物品，体积为(i imes 2^j + w exttt{&} (2^{i} - 1))的最大价值。
那么
Day 7
模拟赛1补题
CF1061C
rxz直播改题目难度，nb嗷
设(dp[i][j])为考虑了(a_1 cdot a_i)，且选了(j)个的方案数。
则：
发现可以滚掉第一维，又发现这样的话只要考虑(j mid a_i)的转移就行。可以做到(mathcal{O}(n sqrt{a_i}))。
CF245H
设(ispal[i][j])表示(S[i,j])是否为回文串，则：
然后作个二位前缀和即可。
P1385
设(sum)为这个字符串的字典序和。不难发现所有字典序和(=sum)的字符串都可以通过这个字符串变形而来。那么问题转化成求长度为(n)的、字符串字典序总和为(sum)的字符串个数-1.
乱搞dp，不想讲了。
P1537
背包+二进制优化，不想讲了。
P1622
区间dp，设(dp[i][j])表示释放了(s[i sim j])的犯人的最小答案。
则考虑枚举(k(i le k le j))，考虑释放(k)，则：
Day 8
P3385
差分约束。若(x_i - x_j le x)，则作一条边权为(x)的(j o i)的有向边。最后判断是否有负环（spfa）。
P3275
差分约束。把所有条件变成(ge)，跑最长路。、
CF106C
显然每个面包最多做(min {a_i / b_i,n / c_i})，这里(/)包括了下取整。转换成多重背包二进制优化。
P3199
题意：给一个图，求环，使得(left(sum w_i
ight) / k)最小，(k)为环的点的个数。
考虑二分。若(ans)满足条件，则(left( sum w_i
ight) / k le ans)，变成(left(sum w_i
ight) le ans cdot k o left(sum w_i
ight) - ans cdot k le 0 o left(sum (w_i - ans)
ight) le 0)。相当于是每条边(-ans)然后判断是否有负环。
P5837
一句话题意：
求一条(1 o n)的路径，最大化
枚举(c)上限(F)，问题变为去掉(c < F)边后最小化(sum f_i)，变成最短路问题。
P3489
考虑(p le 13)，则我们可以通过状压表示当前有哪些剑，随后跑分层图。
P2341
以前在某oj上做过。。。发现洛谷没切赶快写了。
考虑每个scc，显每个scc内部互相喜欢，那么缩点，此时变成了一个DAG。
若DAG上存在唯一一个出度为0的节点，则其他任何节点都能到达它。
若DAG上存在大于1个出度为0的节点，则答案为0。
详细证明略，留给读者思考。
（雾）
P2837
伞兵dp题，一眼就秒了，不想讲。
Day 9
P5664
POJ1236
缩点，然后变成DAG，第一问为入读为0的点的个数，第二问为max(入度为0个数，出度为0个数)
Day ?~12
停更了几天，主要就是打打cf做做水题。
Day 13
P2471（仅80pts）
分类讨论。然后st表维护(r)最值。
但是细节写挂了只有80pts
P2574
以前做过这种题。就是维护一个线段树。不难发现，如果一个数被异或两次，那就异或了个寂寞。所以打个lazy_tag维护一下。
P5677
我们将序列(a)排序，不难发现，对于一个数，只有它左边和右边的数可能会和它组成好的配对。分类讨论即可。然后问题变成了：给一堆点对和一堆区间询问，求询问区间内包含了几个点对。煞笔题，BIT维护即可。
P5482
思维难度一般，细节巨多的题！！！
日
考虑将每个不等式变成约束(x)的不等式。
考虑一个不等式(ax + b > c)：
- 若(a > 0)，则(x > dfrac{c - b}{a})
- 若(a = 0)，则与(x)无关，判断是否(b > c)
- 若(a < 0)，则(x < dfrac{c - b}{a})
建两个BIT T1,T2，分别表示>和<。对于每个query，答案即为T1.q(k) + T2.q((k + 1)~N) + total_0（(a = 0)成立的情况）