/tags/bzoj/ Recent content in bzoj on The Site of laekov Hugo -- gohugo.io en © laekov Wed, 01 Jul 2015 20:50:29 +0000 /oi/dbimport_165/ Wed, 01 Jul 2015 20:50:29 +0000 /oi/dbimport_165/ rausen大爷太强辣! 嗯看到这个东西,咦,直线某一边的点的权值和?kd-tree上上上. 于是就开敲kd-tree.敲到一半弃emacs换vim. 然后就wa了.然后发现double的精度太高了ovoovo 于是rausen跑得好快啊. /oi/dbimport_246/ Sat, 27 Jun 2015 21:39:47 +0000 /oi/dbimport_246/ 之前感觉是sg函数.不过不会.在wulala神犇的指点下找来题解看了一下.太神辣.自己肯定想不出来… 设以点u为根的子树的局面的sg值为sgu.设以u为根的子树中先手先hack掉v后的sg函数为gu,v. 那么gu,v = f[v] xor ∑ fu到v路径上所有点的非主干儿子. 然后fu = mex{gu,v} 这个转移得转移是O(n2)的样子吧. 然后发现某棵子树的g其实每次都是异或了一个相同的值.而且会合并. 咦可以用trie来优化一下.打下标记啥的.然后根据主席的论文这个东西是O(log n)的?虽然感觉复杂度证明没有说清楚啊ovoovo 然后就在trie树标记上卡了好久啊火冒三丈ing /oi/dbimport_159/ Fri, 26 Jun 2015 21:44:36 +0000 /oi/dbimport_159/ 上课题.之前只有5个人过5个人交.我成功地拉低了这题的通过率yeah. 其实就是考虑Si序列走完之后对x和y的贡献以及对方向的改变就好了. 比较烦的是中间那一个东西是哪个方向.然后发现如果在上一层的左边就是1否则是0.和更上层没有关系不能直接异或往下传. 代码越写越丑了TAT /oi/dbimport_192/ Tue, 23 Jun 2015 15:52:12 +0000 /oi/dbimport_192/ 还不错的题ovoovo 发现其实要求x的二进制表示中没有相邻的1就行了. 第一问水水的数位dp.从未写得如此愉快. 第二问就是前面的g.然后发现是fib数列.矩阵快速幂搞定. /oi/dbimport_248/ Mon, 22 Jun 2015 10:55:59 +0000 /oi/dbimport_248/ 最近总是被一些水题虐智商啊…怎么回事Ovo 无脑地状压dp一下就好了. 每个物品分开dp,这样可以降到O(2m * n * m)级别. 我还是太弱了. /oi/dbimport_250/ Sun, 21 Jun 2015 11:13:29 +0000 /oi/dbimport_250/ naive之laekov系列.这么水的题还想了几天ovoovo 这个距离,咦,不是传统的距离啊.等距线是十字形的. 思考一下.发现,分别按x和y排序,把相邻的两点之间连边,dijkstra,完了. 为啥啊?因为这样建图可以保证任意两点的最短路一定能在图上跑出来. 毕竟我太弱,ovoovo /oi/dbimport_194/ Wed, 17 Jun 2015 20:55:30 +0000 /oi/dbimport_194/ mhy大爷多久之前开的坑啊ovo 这题的思路比较神.点分+fft.两个点会产生的贡献是1/(dist + 1).于是要知道长度为多少的链有多少条. 利用树分可以将∑深度降到O(n*log n)的级别.原因很明显啊. 然后就用fft来求就好喽.反正是double也懒得用数论了.然后找了wyf的程序随便就拍出一组末位不等,也没用long double.居然能过太神奇了. 总复杂度O(n*log2n).然后莫名其妙就拿了rank1好开心啊. /oi/dbimport_186/ Tue, 16 Jun 2015 20:58:17 +0000 /oi/dbimport_186/ simplex第一题.这玩意是不是拖得太久了啊ovo记得初中买算导的时候就想学它… simplex的思路其实比较简单.先找标号最小的目标函数中系数为正的变量.选择约束最紧的限制条件.通过这个条件来换元.直到消光. 感觉好神奇啊然而为啥啊ovoovo 然而线性规划的条件是≤而求的是目标函数的max.和这题的式子刚好相反啊. 然后神奇的东西是,对偶.强行把矩阵转制,然后把大小于符号取反,求出来的目标式max就是原问题的min.为啥啊Ovo算导上的证明也能看? 然后就是一个类似于高消的东西.据说跑得比较快. 另一个神奇的事情是在这道题里面因为奇怪的系数所以所有变量的系数都是+-1或者0.于是可以不用double强行写.开心. 然后网上的某份代码似乎会把无解的情况搞错hah 然而第一遍自己也有地方写丑… 这种东西还要再练练. /oi/dbimport_149/ Fri, 12 Jun 2015 13:39:12 +0000 /oi/dbimport_149/ mhy写此题写了良久啊然后T啊T,T啊T.然后我去翻了一下seter的博客.结合他的东西yy出一种比较优越的做法. 如果我是出数据的,我会出两种数据,菊花图和链. 如果是菊花图,直接朴素ovoovo如果是链,可以以每个叶子节点为根建一次可持久化线段树. 如果是链上长出了一团菊花… how to 结合? 不停地删叶子.如果删到某层时叶子足够少了,那就建可持久化线段树去. 对于询问,有若干种情况. 标记每个根里离得很近的点. 如果两个中有一个被标记过,那么直接以这个根求另一个的答案,然后朴素查找近的这个点到根的答案. 如果两个点都没有被删 ,那一定有至少一个根可以使得这条链的两个端点有祖先关系.这样的话直接用可持久化线段树求解. 好像完了?然后wa了ovoovo 还有一种情况是某个点被删了,但是删之后它是接在树枝上的! 于是它离根很远,还不一定有能搞出祖先关系的解. 于是先爬行到没被删的地方,看两个端点是否在同一棵被删的叶子树上. 如果是就朴素了. 如果不是的话,先求没被删的这一段,再朴素被删的一段. 终于完辣. 从来没写过这种代码.感觉自己萌萌哒. /oi/dbimport_124/ Thu, 11 Jun 2015 14:48:49 +0000 /oi/dbimport_124/ mhy开了道找规律oovovo 打表找规律良久.最后还是没有O(1)的规律.倒是发现有点像分形,有个log级别的递推式. 怎么来的啊好神奇啊ovoovo /oi/dbimport_244/ Wed, 10 Jun 2015 21:19:45 +0000 /oi/dbimport_244/ 最近都在做梦的感觉啊.这道题倒是mhy的博客一语点醒梦中人. 只会加正数,所以每个数只有至多一次会从负变非负. 链剖是肯定的.然后记录一下当前最大的负数是谁.如果大于等于0就改掉.所以还是O(n*log2n). 所以我还是太弱了.于是读入优化大法抢了一个rank1. /oi/dbimport_226/ Tue, 09 Jun 2015 21:05:32 +0000 /oi/dbimport_226/ 比较郁闷的题ovo拍了老久.最后还是找Po神要来了数据. 首先这个矩阵的基就是一个拟阵,所以可以贪心. 然后发现就是要O(n^2)判断是否线性无关. 其他人的做法是强行顺序.我觉得没辣么麻烦啊.先把原来消出来的东西备份一下.如果发现不行再备份回来就好了啊ovoovo 那么直接高消会有非常严重的精度问题(似乎是). 于是我想直接用整数搞.然后发现会有变成负数的问题和越界的问题,强行re+wa.非常不开心. 于是直接取模yeah.然后由于用了辗转相除之类的东西所以常数巨大.而且bzoj上开了O2比本机没开O2竟然慢了6倍.ovoovo /oi/dbimport_242/ Thu, 04 Jun 2015 22:31:15 +0000 /oi/dbimport_242/ 还比较有意思的一题. 考虑如果Alice选了某一个位置,那么Bob的策略一定是选使得Alice的和最小的一段.也就是对于所有位置,求包含它的所有区间中和最小的一个,再求个max. 这个东西先要展开一倍,然后可以比较方便地用单调队列搞定. /oi/dbimport_167/ Thu, 28 May 2015 19:39:13 +0000 /oi/dbimport_167/ 其实是一道没多大意思思的码农题TT然而这是我的第800题所以要mark一下. gcd序列可以用插分序列+第一个数来支持区间加.二维那就二维差分喽. 然后发现第一个数似乎没有办法维护啊.不能做了?! 询问的方式比较奇怪,有一个中心.那就建4个方向吧.这样似乎可做了yeah. 所以我还是太naive了啊. 是时候屯一波题了. /oi/dbimport_210/ Sun, 24 May 2015 10:01:57 +0000 /oi/dbimport_210/ 立杰的dp套dp.之前在hwadee培训的时候讲过的题啊. 考虑求lcs时候的f数组的一列,发现相邻两个数要么差1要么不差.于是15就是拿来状压这个东西的. 然后很愉快地写了一个然后很愉快地tle了.妈妈,剧本里没这一节啊. 仔细思考了一下发现每次在计数dp转移的时候去找lcs dp非常慢.而且只要给定状态和转移,目标是确定的.跑1000次浪费了.于是改成预处理转移.就好了. /oi/dbimport_198/ Thu, 21 May 2015 19:33:30 +0000 /oi/dbimport_198/ 业界毒瘤ioi开的坑.然后被强行看了一下于教授的代码.然后觉得也不太难嘛. 看了一下条件.只和同行或者同列有关?那就拿map套动态建树的线段树好了辣. 然后距离是欧式距离?那就把完全平方式展开,发现只需要在线段树里记录一下个数,和,平方和,搞定了辣! 然后alloc的时候–写成了++,查错良久,囧. /oi/dbimport_171/ Thu, 21 May 2015 16:04:54 +0000 /oi/dbimport_171/ 之前觉得不可做的一道题.然后昨天听mhy一句话瞬间懂:几何反演.然后mhy说这题用cdq?骗我读书少呢? html写公式好郁闷.把设圆心是(p,q),点是(x,y),那么点在圆内的条件是 (p-x)2+(q-y)2 ≤ p2+q2 转化一下变成 q ≥ -(x/y) * p + (x2+y2) / (y*2) 然后就可以把(p,q)看作一个点,每个询问就是询问之前的所有点是否都在这条直线的上方. 那么直接归并排序喽.处理出左边的凸壳再单调扫一遍右边的所有直线.这样复杂度是O(n*logn),又短又快yeah. 然后还听说有精度误差?我全程double没用eps也没出事啊hhh /oi/dbimport_173/ Mon, 18 May 2015 21:09:13 +0000 /oi/dbimport_173/ 最近整个人都被Sone1搞得头昏脑胀。不爽ing。 这个题其实就是线段树+维护的题。考虑给一个区间里每个数加C的时候的式子会变成什么样就好了。 然后要注意标记得随时下传，不能永久化。 然后感觉时间有点慢不过跑起来还将就。 然后我太弱了。 /oi/dbimport_121/ Thu, 14 May 2015 09:43:59 +0000 /oi/dbimport_121/ ioi好神啊,居然写搜索.我显然是不想写高精的啦于是用java于是花费了整整两节课TT 我的想法是dp.设答案为f[m],那么f[m]只与fd有关.设f[i][j]表示i为m的第i小的约数,且已经用了前j个素数的答案.然后就可以转移辣. 然后得二分一下用多大的素数可以卡过.毕竟java自带大常数.而且bzoj坑爹在不管有多少组数据都只多给2秒总时限ovo /oi/dbimport_240/ Wed, 13 May 2015 18:37:18 +0000 /oi/dbimport_240/ 这是apio里我最自豪的一道题了.让三分党去…吧. k=1直接在所有坐标的中位数处建桥就行了不要问我为什么. 首先感受一下发现可以按(a+b)把序列分成两半,然后两半就是k=1的情况嘛.那直接处理一下每个前缀和后缀的答案就完了辣. /oi/dbimport_238/ Wed, 13 May 2015 18:34:41 +0000 /oi/dbimport_238/ apio的第二题.其实是我做题顺序里的最后一道. 我的方法比较奇怪.对于p分开讨论.如果p>c那么直接建边,否则在图的旁边再建若干条链,把这个点连到链上去.然后再跑一下最短路. 卡一卡常数就过去啦. /oi/dbimport_236/ Wed, 13 May 2015 18:32:07 +0000 /oi/dbimport_236/ 看上去apio的成绩都出来了,那我就可以写题解喽. 这题比较水啊,尤其是在考试的时候允许多次提交,服务器还跑得飞快.强行bitset压位就好了. 按位从高向低贪心. 对于l=1的情况直接求最少的覆盖区间就好了. 对于剩下的情况,用f[i][j]表示前i个数能否用j个区间覆盖. 完了辣 /oi/dbimport_126/ Wed, 13 May 2015 17:36:12 +0000 /oi/dbimport_126/ 之前觉得好神的题根本没有思路.刚才才发现ovo 发现这玩意其实就是一个堆而且堆里没有相同的元素.那么对于一个点它的方案数就是左右儿子的方案数的积再乘两边大小的组合数ovo 然后被坑了直到看到zyf的题解才想起有可能mod<n.然后得用一个pair来代替原来的数. 无语喽ovo /oi/dbimport_232/ Thu, 30 Apr 2015 15:57:53 +0000 /oi/dbimport_232/ 看上去像是插头dp啊.然后基尔霍夫矩阵也能做. 关键是模数不是质数,所以不能逆元,所以要用mhy的黑科技,碾转相除来做. mhy太强了ovo /oi/dbimport_222/ Wed, 29 Apr 2015 19:04:27 +0000 /oi/dbimport_222/ 最开始看了一下这是什么gui啊.然后仔细一看发现有玄机. 管aa[1][i]叫a[i]好了.那么b[i]j对答案产生贡献当且仅当a[i]=a[j]=1.b[i][i]对答案产生贡献当且仅当a[i]=1.c[i]对答案产生影响当且仅当a[i]=1. 然后看上去好玄妙啊.其实就是要决定哪些a[i]要选.那不是最大权闭合子图嘛? 数据范围有点大?实测一下飞快啊. /oi/dbimport_230/ Wed, 29 Apr 2015 09:24:11 +0000 /oi/dbimport_230/ 题目好长啊,像个阅读题一样.还是比较有意思的一道题.有点像gorgeous和我说的那个原创题的感觉啊. 首先如果没有加边的话那么答案就是∏indegreeu. 如果加了边之后还是dag那么无影响. 如果加了边之后存在一个scc,那么答案就要减去∑(环*∏其它点的indegree).这个东西可以用随随便便的dp来解决. /oi/dbimport_223/ Tue, 28 Apr 2015 15:55:58 +0000 /oi/dbimport_223/ 无语的智商题啊.居然没人写题解. 首先dp打个表.cnt[i]表示大小为i的二叉树的总个数.当然这个就是catlan数.然后son[i]表示大小为i的所有不同构的二叉树的叶子数的和. 然后经过找规律(翻oeis)发现son[i] = C(2n-2,n-1). 于是就没有于是了.推一下组合数发现answer=n2(n+1) / (n2) / (n*2-1). 代码好无语. /oi/dbimport_188/ Sun, 26 Apr 2015 13:40:49 +0000 /oi/dbimport_188/ 比较基础的期望+高消的题.为了说明一下高消是what,我决定写一发题解. 首先题意是有个n个点m条边的无向图.有两个人初始位置是a和b.每个时刻每个人在一个点有p_i的概率不动,否则等概率移动到相邻的点.只有在同一时刻在同一个顶点上才算相遇.相遇了他俩就玩去了.求在第i号点相遇的概率. 首先方程很好列.定义一个状态f[i][j]表示第一个人在i,第二个人在j的概率.那么f[i][j] = ∑ f[k][l] * ptrans(k,i) * ptrans(j, l),其中ptrans(a,b)表示从a移动到b的概率. 然后这个东西就用高消嘛.(upd:才发现它叫gauss而不是guess.捂脸ing) 高消就是说每次把剩下的方程里的第一个系数不为0的未知数的系数全部通过减某一个方程来把这个系数都消成0.当然被减的方程得留下系数过会再用于推答案.然后就可以不管这个被留下的方程了. 换句话说,如果把方程组看成t*(t+1)的矩阵的话,其实就是消成一个右上三角. 然后再倒着推出每个未知数的值. 这个直接算比例就完了嘛.然后有一种情况是当前a[i][i]已经为0了,那么减不掉?反正所有方程的顺序没有关系啊.你就随便找一个不是0的到前面来消就好了啊.如果剩下方程的这一个系数都是0,那这个未知数取啥就无关了.也无所谓啦. 详见代码. /oi/dbimport_116/ Thu, 23 Apr 2015 10:08:48 +0000 /oi/dbimport_116/ apio的题也是比较有质量的.听说这题很难写但是我感觉难点在想上啊. 首先直接两遍Lis强行判断能不能扔进去是错的.至于为啥我也不造啊. 于是就是区间询问答案最大.然后每次看把当前询问加进去后会不会对最大答案产生影响. 然后发现有点像今年sctsc那个倍增?居然还真是倍增.先去掉包含有其它区间的区间.然后找每个点向右跨过的最近的一个区间.然后再倍增一发. 好神的做法啊ovo btw为啥bzoj第一页上充满了黑坨坨.不爽Ing. /oi/dbimport_142/ Tue, 21 Apr 2015 20:59:49 +0000 /oi/dbimport_142/ 之前在哪里听过的题啊.于是卡了一晚上. 就是缩个点然后看看哪些点必需自己去点第一把火就好了. 然后有一种情况是把剩下的都查完之后只剩下一个了.那么看存不存在这种情况.那就是某个第一把火的地方的scc大小为1,且它连出去的都不必需用它查. 然后我就卡在ans>1上了.我傻了ovo 然后非递归tarjan还是写得不熟啊.还要再加深一下对自己想出来的算法的印象. /oi/dbimport_228/ Tue, 21 Apr 2015 11:52:05 +0000 /oi/dbimport_228/ bzoj都3k道题了ovo hnoi的题好强. 这个题就建反图然后跑topsort就行了.每次选能选的里最大的扔进去.最后倒过来输出. 我也是猜的然后交上去居然是对的. 为什么呢?好神奇? /oi/dbimport_118/ Tue, 21 Apr 2015 09:37:44 +0000 /oi/dbimport_118/ 三维算几ovo给mhy和idy跪烂. 三维凸包算是一种比较简单的三维算几吧.首先有一些基本的公式比如算四个点的体积就是一个底*高.不过变成了一个面的法向量点乘另一个向量. 然后就用随机增量法每次替掉一些面就好了. 然后有一种可能是所有点都共面.这种时候就随机把一些点乱移动一下让它们形成一个高度和纸一样薄的凸包再来算就行了. 感觉也不是特别恶心啊ovo /oi/dbimport_151/ Mon, 20 Apr 2015 21:17:44 +0000 /oi/dbimport_151/ 在颓废了一天之后决定写一个题解.因为我觉得这题挺有意思. 我们需要转化一下式子.把原来的a,b改成A,B.设d=gcd(A,B),A=ad,B=bd. 那么(a+b)d | abd2,即(a+b)|ab*d. 又因为gcd(a,b)=1,所以(a+b)一定与a,b都互质.于是(a+b)|d. 设t*(a+b)=d.那么因为bd≤n,所以t(a+b)*b≤n.那么b是sqrt(n)级别的.且我们只需要统计三元组(a,b,t)的个数就行了. answer=∑b∑a(n/b)/(a+b)(gcd(a,b)=1)然后这个玩意看上去好像是个长得怪异一点的狄利克雷卷积啊. 于是就是要求[l, r]中与b互质的数的个数?这个玩意等于∑i|bu(i)*(r/i).然后发现可以把b分解质因数.而且只留下u不为0的.于是就能出奇迹辣好厉害ovo /oi/dbimport_220/ Thu, 16 Apr 2015 17:25:12 +0000 /oi/dbimport_220/ 好玩的数论题。想想发现可以像快速幂一样跑。然后就是思考如何转移优化。 发现模数比较奇怪。居然是fnt的模数ovo那就要用fft喽？可是这里是乘啊。木有关系喽，因为m是素数，所以它一定有原根。于是可以取原根的幂次，就变成加辣。 这种东西我自己当然想不出来ovo 同余系下的东西真有趣ovo /oi/dbimport_144/ Wed, 15 Apr 2015 20:30:02 +0000 /oi/dbimport_144/ 之前听说是异或高消？好神的感觉。 然后可以树形dp嘛！为啥网上题解这么误导ovo 就是f[u][i][j]表示u这个点有没有亮，有没有被按开关。完了嘛。 无语了辣。 /oi/dbimport_218/ Mon, 13 Apr 2015 23:41:20 +0000 /oi/dbimport_218/ 比较神奇的数学题.首先你得听说过一个东西叫Mertens函数.于是你可以找到一篇论文.然后你发现它是英文的.试图理解了很久没有成功. 然后终于有人良心贴出了一个blog.这回懂辣开心ovo 其实就是那一个公式:F(n) = ∑一堆约数 + ∑k=2nF([n/k]) 然后发现mu和phi的左边一堆都是可以O(1)算的辣.右边强行记搜可以做到O(n2/3)的辣. 然后手写个hash啥的就能跑得飞快的辣. /oi/dbimport_200/ Sat, 11 Apr 2015 15:08:19 +0000 /oi/dbimport_200/ 比较神奇的dp题.其实也不能算dp辣ovo 有一个神奇的事情是,塔的高度与底层的宽度是负相关的. 所以就变成了问塔底最窄的时候塔有多高. 用f[i]来表示用从第i个砖块到第n个砖块搭起来的塔的最窄底层宽度.用s[i]来表示宽度的前缀和,然后得到一个式子: f[i] = min(s[j-1]) - s[i - 1] (f[j] ≤ s[j - 1] - s[i - 1], j > i) s是单调的.看上去很像是dp呢. 然后就变成了求s[j - 1] - f[j] ≥ s[i - 1]时的最大的s[j - 1].于是开单调队列搞吧ovo /oi/dbimport_216/ Fri, 10 Apr 2015 22:50:06 +0000 /oi/dbimport_216/ 自从会了sam,似乎已经不知道acam该怎么写了ovo 这个题就是强行用ac自动机记录匹配到某个位置的时候的状态.然后如果走到一个终态的话就可以强行删掉一段,然后把当前状态变为上一个状态. 最初没有想到有可能会连续删除,于是挂了很久.最后用官网上的数据还是过不了第9个点,然后交bzoj居然过了.好神奇.我猜想是迅雷挂了hhh毕竟usaco的数据用wget根本搞不下来好伤心. 所以我还是太弱ovo /oi/dbimport_130/ Thu, 09 Apr 2015 07:40:46 +0000 /oi/dbimport_130/ idy居然会开1d-1d这个坑ovo之前听讲的时候也只是觉得很神奇,没有真正手写过,所以不明觉厉. 这个东西需要实际问题实际分析.总的思路就是利用决策的单调性. 对于这题,设f(x)=sqrt(x-j)+a[j].那么显然它是凸的.然后若干个它还可以拼成一个奇怪的凸壳状的分段函数.然后我们要取每段的极值.怎么有种半平面交的变形的感觉. 然后发现每次插入的函数的j单增,既x单增.于是只需要开一个双端出的队列就好了.然后每次二分一下两个函数的交的x坐标.其它时候可以完全单调性搞定. 然后算的时候用double会方便很多. 似乎很有意思啊hhh /oi/dbimport_212/ Wed, 08 Apr 2015 20:03:05 +0000 /oi/dbimport_212/ 明明就是usaco的水题嘛有啥好写的ovo只是想mark一下刚自己想出来的非递归的正常版的tarjan. 这题思路灰常简单.就tarjan缩scc然后在dag上找一下最长路就完了. 然后就是非递归的tarjan.考虑平时用栈建树的dfs序的方法,既把一个点的所有儿子扔进栈再递归.然而这个方法不能直接套进tarjan的dfs.因为它的一个儿子可能会对另一个儿子造成影响,有可能甚至直接改变dfs的顺序. 所以如果更新的时候一个点连出去的点还没有被访问,那么不管它是否已经在栈里,都再把它扔进去一次.这样就保证了访问的顺序.而在再次访问的时候只要判断一下是否已经访问就行了. 然后对于两个更新,首先如果直接low[p]=dfn[p]的话是不需要专门去用dfn来取min的.然后考虑倒着更新.每个点被退visit栈的时候去更新它的父亲就好.因为它的父亲一定还没有出栈.然后如果是只更新不递归那就直接访问. 这样的话空间复杂度会变成O(n+m),不过妈妈再也不用担心我暴栈了.而这个方法也比强行模拟系统栈要方便一些. 开心ovo /oi/dbimport_119/ Mon, 06 Apr 2015 22:20:35 +0000 /oi/dbimport_119/ 网没救啦.然后发现看电影居然看得无聊了.于是去愉快地刷题了ovo 来复习一下一个叫prufer序列的东西.它是用来做生成树计数的.考虑一棵有标号的树,每次把叶子中编号最大的一个节点的唯一一条边的另一边扔进序列尾部,然后把它扯了,直到只剩俩点.然后发现这个序列对于一棵树是唯一的,且一个序列对应唯一的树.且这个序列的取值全都是1到n的数,无相互限制.这也是为啥完全图的生成树个数是nn-2. 然后这个题是给定度数嘛,于是就是对于每个点要求在prufer序列中出现次数一定.那也很好做的啦. 然后要注意的是有一堆无解的情况要先判断一下.然后听说写c++要小心暴long long.我强行python无压力啦ovo /oi/dbimport_178/ Mon, 06 Apr 2015 21:08:25 +0000 /oi/dbimport_178/ 似乎是去年省选集训的时候见过啊ovo还记得当年因为把背包写错了所以被唱歌了ovo 比较有意思的题.这个题询问数是骗人的ovo其实是预处理然后O(1)询问. 把如果强行预处理的话时间是O(n3)的.于是考虑一些奇怪的黑暗.把物品强行分块.对于每一个块,可以知道它左边的总答案,右边的总答案.这个是可以O(n2)的.(二进制背包的log就忽略了)然后把左边和右边合并一下,这个是平方的.然后对于块内的每个物品,把其它的物品拿来强行跑一遍背包,这个对于一个物品的复杂度是O(n1.5)的.于是就奇妙地少了O(n0.5)的复杂度.然后就可过了ovo 我当年是怎么想到的ovo还是我当年黑暗过去了ovo /oi/dbimport_132/ Mon, 06 Apr 2015 13:51:17 +0000 /oi/dbimport_132/ 后缀数组的基础题ovo好久没写sa了还自己yy了半天ovo 为啥感觉每次写sa写得都不一样ovo 求出height数组之后,如果一个位置的height大于上一个位置的,那么高出来的这一截都是新的一个答案.那么直接朴素地去找它出现了多少次就好了.我相信出题人没有办法构造数据把我卡到三方. 所以各种题都要再复习一下ovo /oi/dbimport_204/ Mon, 06 Apr 2015 11:17:41 +0000 /oi/dbimport_204/ 继续填idy的坑ovo 这个题就是比sdoi那个题要麻烦一些.于是我决定把虚树建成真正的树来跑dp.然后这个树形dp似乎没啥麻烦的东西.就是给你一棵有关键点的树求所有点对的距离和,距离min和max. 常数又被吊打ovo无语喽. /oi/dbimport_134/ Mon, 06 Apr 2015 10:11:26 +0000 /oi/dbimport_134/ idy又开坑辣.居然开的是虚树. 然后发现我好像还是不会ovo我太弱了ovo而且idy自带常数优化+代码长度优化根本打不过ovo 这个题算是相对比较容易的虚树吧.强行模拟一遍缩掉所有没有用的边之后的dfs就好了.中间要讨论一下几个点的祖先关系.yy起来还比较清晰. 然后似乎就没有啥要说的了ovo Upd:早上起来脑洞一开发现似乎不需要讨论当前的点已经在栈里的情况啊ovo /oi/dbimport_180/ Sun, 05 Apr 2015 22:08:21 +0000 /oi/dbimport_180/ gui vfk. 在hdsdfz听讲过的题. 可持久化seg tree优化建边.好像一句话就能说清楚啊. 然后证明了我的网络流的姿势严重不科学ovo 然后bzoj上样例居然是图片ovo于是附上手打的样例ovo 10 0 1 7 3 9 2 7 4 0 9 10 5 1 0 4 2 10 2 7 9 1 5 7 2 6 3 5 3 6 2 6 6 4 1 8 1 6 1 6 0 6 5 2 2 5 0 9 3 5 1 3 0 2 5 5 6 7 1 1 2 /oi/dbimport_169/ Sun, 05 Apr 2015 14:16:04 +0000 /oi/dbimport_169/ 有点像xyz在wc的时候讲的动态图连通性问题.不过这个看上去要水些啊. 考虑建一棵生成树,那么所有剩余的边覆盖了的边就不是桥.如果没有被覆盖就是桥. 于是这个题可以倒过来,支持加边和查询两点间没有被覆盖的边数. 似乎挺水. 完了. /oi/dbimport_128/ Fri, 03 Apr 2015 20:34:55 +0000 /oi/dbimport_128/ 下午写的东西被奇妙地吞掉了ovo 最小直径生成树,一定不要用sort,否则会tle. 首先考虑一个绝对中心的概念.既在生成树上它是所有直径的严格中心.它有可能在点上,也有可能在边上. 于是我们枚举边,试图让这个绝对中心在这条边上.那么每个点都选择到这条边的最短路树来生成.如果两个端点的最长链的差距不是很大,那么就有可能在这条边上找到最小直径生成树的绝对中心. 考虑绝对中心对一个端点的距离,会对每个点形成一个峰形的函数.要找的答案就在相邻两个峰之间.于是可以利用两边直线k相同,把b排序之后直接做.总复杂度O(n3). 然后如果每个边强行排序只会多个log,但是会tle. /oi/dbimport_184/ Fri, 03 Apr 2015 10:39:33 +0000 /oi/dbimport_184/ 考试的时候do big die去刷bzoj.大概下午会hug zero. sam的第二题.其实这个玩意是应该用sa做的,不过现在我觉得sa没有sam简单.虽然sam的构造和性质还是一团大雾. 这个题可以做出原串的后缀树,然后在上面dp一下.每个点对答案的贡献为任意两个不在同一子树的终态对数*深度. 然后倒过来建sam,它的parent树就是原串的后缀树.虽然我还没有成功理解这个东西. 然后坑了一会的一件事情是新建的nq节点的right集合为空.因为它只是一个扩展点,但是不是一个接受态ovo 我还是太弱啊怎么办. /oi/dbimport_206/ Wed, 01 Apr 2015 21:50:09 +0000 /oi/dbimport_206/ idy又开坑辣,虽然是个无聊的无聊题. 考虑每条路径会被哪些路径包含.那条路径的两个端点一定是在条路径的两个端点的子树上.(如果这两个点有祖先关系,那么需要重新makeroot一下) 当然我不是说要用Lct.直接用可持久化线段树在dfs序上把路径存下来就完了. /oi/dbimport_196/ Wed, 01 Apr 2015 20:01:08 +0000 /oi/dbimport_196/ 好难得自己去开坑hhhhh 其实之前看过做法,觉得有点麻烦.于是拖到现在.然后荣登最慢yeah.不知道那些又短又快的东西是怎么来的.肯定和我不是一个写法的啦. 我的做法是把序列每b个分成一块.对于同一块,直接b2求内部有三个点或者两个点的等差三元组的数量. 对于分别在3块的,对每块把两边的所有东西卷积一次来统计. 其实也没啥技术含量ovo /oi/dbimport_138/ Wed, 01 Apr 2015 16:03:54 +0000 /oi/dbimport_138/ 谁说最小乘积生成树是取log了ovo题意都不一样好么. 首先这个东西一定在一个像是下凸壳一样的东西上.其实是一个反比例函数的k的最小值. 把x和y的和看作坐标,求在(x0,y0)与(x1,y1)中间的一个点,为了平均分配,要取那个三角形最大,于是可以用叉积弄出一个式子来当作x和y的系数,这样就可以直接kruskal求最小生成树了. 如果求出来的点在这个线段上,那这个区间就不用再找了.否则还得去两边继续递归. 然后最初的左端点和右端点就取x的最小生成树和y的最小生成树就好了. 这个时间复杂度似乎还是没有保证啊.有点像自适应simpson的感觉,虽然这个肯定是精确的.然后跑起来也比较快.有意思. 这个玩意还是比较好写的.虽然中间kruskal把0打成1,看了半天ovo /oi/dbimport_175/ Tue, 31 Mar 2015 19:42:17 +0000 /oi/dbimport_175/ 比较好想的dfs容斥，然后二分答案。 就只用dfs不超过sqrt(n)的素数的平方和。 /oi/dbimport_163/ Tue, 31 Mar 2015 10:41:02 +0000 /oi/dbimport_163/ idy又开坑辣。 mobius反演题么么哒。强行sqrt(n)的询问。 于是推一下式子。 answer = ∑i∑j1 (gcd(i, j) = 1) = ∑<sub>p</sub>∑<sub>g</sub>u(g) * (n/(p*g)) * (m/(p*g)) 然后把p和g合起来设为v。 h(v) = ∑ u(v) (v = x/p) 然后发现h(v)函数是很好推的。 h(px) = (x % p == 0) ? (u(x)) : (u(x) - h(x)) 然后就搞定啦orz. /oi/dbimport_202/ Sun, 29 Mar 2015 21:19:17 +0000 /oi/dbimport_202/ 去年的省选题.之前知道了是找负环.不过一直感觉好迷是个坑.最近又想了想发现也不是很麻烦. 当年省选的时候完全对比例题无感啊.经过一年之后终于觉悟了一点东西. 考虑一个网络流,每条边的流量上限是inf,只有从源出来的边不是.然后如果进行一次正向增广会使代价增加b+d,如果进行一次逆向增广的话代价会增加a-d,前提是有流量.于是只要二分一个答案,看下存不存在一个负环来增广就好了. 然后一个spfa就迷之拿了bzoj的rank1.好开心. /oi/dbimport_214/ Sun, 29 Mar 2015 20:31:45 +0000 /oi/dbimport_214/ 迷之数据结构.我的想法比较简单,确定一个值b,对所有小于b的k建线段树维护,对大于b的k直接朴素找. 于是时间复杂度算起来比较迷. 试了一下发现b取20的时候能过.虽然还是跑得最慢的一个.无语喽.大概我不是正解. /oi/dbimport_136/ Sat, 28 Mar 2015 21:48:13 +0000 /oi/dbimport_136/ 白天讲课讲到的题。感觉比较有意思于是就去写了。然后这也是我超过于教授的题。感觉还是挺有意义的。 之前遇到过这个题。不过没有想出比较靠谱的方法。然后就用黑暗水过了。这回算是来对地方了。 做法比较简单。二分一个xo，看x=xo这条直线上有没有一部分被所有圆覆盖。如果有就ok。没有的话，如果有圆完全在它左或者它右，那么可以确定二分往哪边走或者无解。否则去随便找两个不相交的圆。如果它们在不同侧那就没有解了。在同一侧也可以确定方向。虽然我觉得没解这个地方需要再想想严格的证明。 不过反正填了2个点分之后终于写了道有意思的题，开心ing。 Historical Comments Unknown friend at 2016-01-18T08:27:34 @bzoj2289: “否则去随便找两个不相交的圆。如果它们在不同侧那就没有解了。” QAQ这里是有反例的……！ —- anonymous Unknown friend at 2016-01-18T08:27:34 @bzoj2289: “否则去随便找两个不相交的圆。如果它们在不同侧那就没有解了。” QAQ这里是有反例的……！ —- anonymous Unknown friend at 2016-01-18T22:40:55 @bzoj2289: 也许是吧= =表示高考解析几何比这玩意好玩多了ovo还有啊匿名是几个意思ovo —- laekov Unknown friend at 2016-01-18T22:40:55 @bzoj2289: 也许是吧= =表示高考解析几何比这玩意好玩多了ovo还有啊匿名是几个意思ovo —- laekov /oi/dbimport_208/ Fri, 27 Mar 2015 21:33:23 +0000 /oi/dbimport_208/ 又是idy开的坑。感觉回去要被他吊打致残。 树分治。最开始想用二分，然后直接去每个分治点上查询。这样的总复杂度是O(n*log3n)的。不过感觉常数比较小而且绝对省代码，只用二分不用数据结构。然后发现要输出所有的边。这个算法要用容斥一样的东西来减，根本搞不定。 于是向mhy学习。使用类似noi那个超级钢琴的思路，每次把最大的一条路径找出来，然后找它的替代品。树分治后，对于每一个树上的团，算出它的dfs序。默认一个点与dfs序在它前面的区间中最深的连边。这样就可以保证不重，也比较好写。然后用堆来维护。堆中一个点需要记录的信息是这个点的答案，线段树的根，左右端点，这个点到分治团的根的距离。然后每次找出一个最大的之后把它的区间再折成两半扔回堆里就好啦。 比较神的做法。感觉我自己是想不出来的。要是考场上遇到还真会出事呢。郁闷ing。 /oi/dbimport_155/ Fri, 27 Mar 2015 10:26:10 +0000 /oi/dbimport_155/ 没有五笔好烦。 无语的期望题。AC第一页最长。 首先用像借教室一样的做法去求每个位置被覆盖了多少次。然后一个下降的序列需要求导再积回来。然后发现要加回来，这个东西是不能积的。于是坑了我好久。 最后期望就是∑1-Pim。其中Pi表示第i个点被任意一个区间覆盖的概率。 水过去啦。 /oi/dbimport_114/ Thu, 26 Mar 2015 23:36:27 +0000 /oi/dbimport_114/ 迷一样的欧拉序列的题。然后似乎只有岛君的题解能看啊233。 其实就是在欧拉序列上，两点u,v之间的距离=(dfb[u], dfe[v]]之间未匹配的括号数（左开右闭）。其中dfb表示左括号的位置，dfe表示右括号的位置。 然后就是写一个线段树去维护了。写得比较丑，把所有数对都记下来了。其实只用记和跟差就行了。然后要强制如果一端是空的那么这个点就不能作为端点。完了。 然后dfs这一步越写越短了，开心hhh。 于是代码巨长还巨丑还巨慢。 /oi/dbimport_161/ Wed, 25 Mar 2015 20:13:37 +0000 /oi/dbimport_161/ 我的SAM第一题。按照惯例几乎是照着std抄的OVO。本来以为是要在SAM上DP，后来发现好像是并列的，于是比较开心。 SAM这个东西主要就是用来匹配子串用的。建法详见clj的课件，然后现在我还处于消化状态中。 SAM匹配多个串的话也比较好弄，直接在串末再加一个字符集里没有的元素就好了。 现在假设已经用SAM匹配出了第i个位置往左ml[i]个位置都是可以匹配的，那么可以二分一个答案，然后用单调队列来DP判断。写法比较简单，虽然我急着去写SAM所以这部分也是蒙过去的。 然后网上的2个std就有2种不同的答案还和我不一样。最后还是wd学长的代码靠谱orz。 现在我可以说我是写过SAM的人了哈哈。 /oi/dbimport_182/ Mon, 23 Mar 2015 22:08:32 +0000 /oi/dbimport_182/ 很早之前就看过的题。一直被数据范围吓到，然后感觉也比较难写所以都没写。后来发现还是挺好的。 就重链dfs序维护一下每个位置的和，然后可持久化一下就完了。然后一个常数优化是如果这个点是在这次修改的时候建的，那么就直接覆盖而不是新建点。然后跑得就比较快了。 /oi/dbimport_190/ Sun, 22 Mar 2015 21:22:04 +0000 /oi/dbimport_190/ 上课讲的神题。构造公式。本来用HTML写了一堆公式的。然后天杀的网就断了要我重新开然后就没了。很想骂人。那就不写了呗，自行翻课件或者yy。 /oi/dbimport_157/ Fri, 20 Mar 2015 22:40:35 +0000 /oi/dbimport_157/ 比较基础的dp。不过因为权限的原因好像做的人不多。 首先肯定先泡便宜的茶再泡贵的茶。 然后记一下上一种茶是啥，连续泡了几次。 于是用f[i][j][k][l]表示泡了i个红茶，j个绿茶，上一种茶是k，连续泡了l次的最小花费。转移是O(1)的。然后后两个反正都要手拆开，所以干脆压下来了。 似乎很水的样子。 /oi/dbimport_153/ Fri, 20 Mar 2015 20:26:17 +0000 /oi/dbimport_153/ 水水的cdq。久了不写练一下手。然后发现犯了一堆逗错。幸好没过样例不然就do big die了。 /oi/dbimport_140/ Thu, 19 Mar 2015 22:59:07 +0000 /oi/dbimport_140/ 多年之前讲过的最小割。 比较好想啦。 把每一位拆开。然后单独跑一遍最小割。各种连边。然后以答案为高位，数字和为低位跑就行了。 好像也没说清楚怎么建图啊。 对于原图中已经确定的点，如果它是1，就从源连过来，否则连向汇。对于每一个未知的点，把所有边建出来。然后再向汇连个1的边来表示它如果选1的话就要产生贡献。然后就差不多了吧。脑补一下。 /oi/dbimport_146/ Thu, 19 Mar 2015 22:58:43 +0000 /oi/dbimport_146/ 原来备案还没过。那之前是怎么成功访问的囧。 写了一晚上。教训还是之前那个，写之前要想清楚。写完再去改就很烦。自己yy了很久，虽然最初是听了mhy的一句提醒。好有危机感。 首先这个东西可以离线。之前一直在想在线怎么做然后也觉得没法做。 把询问按右端点排序之后问题就转化成了左端点在一个范围里的时候的最大子段。 然后用一个线段树表示从i到current right的时候的和，这个玩意可以直接区间加。然后再去维护这个东西的历史最大值。于是就变成了每个位置上接了一个add序列，要找它的前缀最大值。那么只需要存两个东西：当前的和以及当前的最大前缀和，就可以合并了。 然后线段树上维护两个add序列，分别是对整个线段的lazy tag of add和max value of son。就可写了。 然后好像跑得很慢啊TT。 /oi/i11rimport_002/ Wed, 11 Mar 2015 19:16:41 +0000 /oi/i11rimport_002/ <div class="post_brief"><p> 题目名字好长。</p>   当年在考场上只会分块打表的题。   前几天有人讲之后觉得大概可做。而且好像那个方法很优秀。   于是我难得地去写了一回不用记搜且不记上界的数位dp。感觉这个玩意写出来很短，但是思考和调试的复杂度变高了。我觉得是状态定义变得不明确的原因。也许再补一些题就好了。   考虑先让所有都合并到最低位，一个基础数位dp。（然后写丑了好久）   然后考虑如果把一个数字的集合位置从p移动到p+1，设这个数字从低位到高位是a[0]..a[n-1]，那么贡献就是∑a[0..p]-∑a[p+1..n-1]。显然当p从右往左移动的时候它是会先负后正的。如果它负的话就减，否则就不玩了。可以发现它们互相不影响。于是对于每一个p单独计算一遍贡献就行了。   然后还是没有原版跑得快。OTL。   #define PROC "shop" #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #ifdef WIN32 #define lld “%I64d” #else #define lld “%lld” #endif #define _l (long long int) const int maxn = 53; const int maxm = 509; const int mb = 253; dint l, r; int n, m, bs, a[maxn]; /oi/i11rimport_003/ Wed, 11 Mar 2015 14:47:41 +0000 /oi/i11rimport_003/ <div class="post_brief"><p> 在一道usaco的题上wa了三次。我也是厉害。</p>   其实好像有简单做法的。不过我是要脑补一下曼哈顿最小生成树。   对于一个平面图上的点的曼哈顿最小生成树，一定存在一种方案，使得每个点的度数至多为8。也就是说以斜率为0,inf,1,-1的四条直线分出来的八个区域里各有一个点就行了。然后是可以保证的。   于是就是拿俩树状数组扫四遍就行了。   #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int inf = 0x3f3f3f3f; struct point { int x, y, i; point() { x = -inf, y = -1; } point(int xo, int yo) { x = xo, y = yo; } inline void init(int ix) { scanf("%d%d", &x, &y); i = ix; } }; inline bool operator <(const point& a, const point& b) { return (a. /oi/i11rimport_008/ Sat, 07 Mar 2015 17:02:41 +0000 /oi/i11rimport_008/ <div class="post_brief"><p> 插头dp的练手题么。虽然之前还没写过哈密顿回路的题。</p>   学习了一下广义括号法。发现状态数比之前记连通性的方法要少。仔细想想发现，两个连通的插头的顺序有关。不能存在1212这种东西。所以连通性的方法记了很多废状态。那把连通性方法改进一下会不会变得更快呢？可以研究一下。我觉得应该是等效了吧。   今天的debug时间明显缩短了。虽然还是debug了老半天。然后怎么代码还是那么长。想起我每次都觉得把东西挤到一起看起来很不雅观，于是去写一堆找转移的函数。晕。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #ifdef WIN32 #define lld “%I64d” #else #define lld “%lld” #endif #define _l (long long int) const int maxn = 15; const int maxst = 50009; #define mbit(x,y) ((x)<<((y)<<1)) #define gbit(x,y) (((x)>>((y)<<1))&3) #define cbit(x,y) ((x)&(~(3<<((y)<<1)))) int n, m, tots, slst[maxst]; bool mp[maxn][maxn]; dint f[2][maxst]; void dfsState(int l, int c, int z) { if (l == m + 1) { if (! /oi/i11rimport_009/ Sat, 07 Mar 2015 13:39:41 +0000 /oi/i11rimport_009/ <div class="post_brief"><p> orz mhy。看mhy的刷题记录成为了我成天的刷题方向了。</p>   其实最初也没有想清楚。然后看了一眼mhy写的题解写了凸壳，秒懂。   二分一个答案，设它是ans。如果ans≥realAns的话，那么就会存在yi-ans*xi+qj-ans*pj≥0。然后i和j就分开了。于是变成了求一条路径上yi-ans*xi的最大值。把xi看作k，把yi看作b，就变成半平面交了。于是开归并式线段树把凸壳给记录下来就好了。然后复杂度大约是单次询问O(lg3(n))的？链剖后每棵树单独建树，然后复杂度我就不会算了TT。   于是就硬着头皮写了，然后发现跑得还挺快。   #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 30009; const int maxl = 15; const int max_buf = maxn * maxl * 2; const double eps = 1e-6; const double finf = 1e10; int ibuf_arr[max_buf], *ibuf(ibuf_arr); double fbuf_arr[max_buf], *fbuf(fbuf_arr); struct edge { int t; edge *next; }; struct line { double k, b; inline double xCross(const line& a) { return (a. /oi/i11rimport_010/ Fri, 06 Mar 2015 22:25:41 +0000 /oi/i11rimport_010/ <div class="post_brief"><p> 这么水的题居然还要写题解。要不要说我写了半个下午+半个晚上。</p>   丧心病狂想写一发zkw去抢速度rank。然后发现zkw怎么支持区间修改查询TT。课件根本没讲懂。而且max怎么区间加。   想了很久终于想出了来了。然后交上去发现常数巨大比普通线段树还要慢TT。到头来想想如果我直接写普通线段树说不定十多分钟就能过，而且代码量还会小一些。因为那个是可以直接通用的，但是这个比较麻烦。   其实写这个就题解就是想记录一下我yy出来的zkw区间修改区间查询的方法。   这道题是区间查询最大值+区间修改。如果是写一般的线段树，需要记录两个值a和v（至于为啥我用了这俩神奇的字母我也不知道），分别表示当前区间被完整覆盖的修改的最大值（又称lazy标记）和当前区间的最大值。然后所以zkw也要记这两个东西。   如果我们把zkw看作一棵树，那么每次修改和询问操作的时候都是对一些线段的a和v进行操作。（废话）   首先考虑修改。zkw经典的变为开区间取中间能处理a值的改变，但是不能处理v值的改变。因为v值改变的线段不一定会被当前区间包含。然后仔细考虑发现a值没有变但是v值变了的点只可能存在于两个端点到根的路径上。那就直接强行更新一发就好了啊。然后更新的区域就变成了一个有点像倒置漏斗的形状。   再考虑询问。a要覆盖当前区间，v要被当前区间覆盖。那不就是修改把a和v的做法反一下么。   然后好像也不是很麻烦的样子哈。   然后常数很大哈。   那还拿zkw做何用。   晕。   #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int buf_len = 4567; char buf[buf_len], *bufb(buf), *bufe(buf + 1); #define readBuf() { if (++ bufb == bufe) bufe = (bufb = buf) + fread(buf, 1, sizeof(buf), stdin); } #define readInt(x) { register int s(0); do { readBuf(); } while (! /oi/i11rimport_011/ Fri, 06 Mar 2015 14:02:41 +0000 /oi/i11rimport_011/ <div class="post_brief"><p> 居然网上都没有找到程序来和我拍。好吧其实它是一道权限题而且过的人也不多。</p>   其实就是裸的插头DP。本来想学一下广义括号的然后被状态数吓到了于是只好还是写最小表示。连通性。   然后我发现最小表示连通性很容易写挂。而在findstate的时候检查一下是个不错的办法。至少这道题靠这个就可以直接debug出来问题了。   比上次写插头要好许多了。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #define _l (long long int) #define mbit(x,y) ((_l x)<<((y)<<2)) #define gbit(x,y) (((x)>>((y)<<2))&0xf) const int maxn = 13; const int maxst = 570009; dint slst[maxst]; int n, m, v[maxn][maxn], tots, f[2][maxst], cnt[17]; bool av[2][maxst]; void dfsState(int l, int tot, dint z) { if (l == m) { for (int i = 1; i <= tot; ++ i) if (cnt[i] ! /oi/i11rimport_012/ Fri, 06 Mar 2015 00:39:41 +0000 /oi/i11rimport_012/ <div class="post_brief"><p> 计算几何题。别人都用simpson搞。然后我决定不水一发，用hwd神犇在wc上讲的关键点法做。</p>   然后就搞到了12点半。发现坑数次。还专门用js写了个画圆的。当然我现在知道怎么画圆了。过两天去把oj7的统计图改一改。   思路是把所有圆的左右端点和所有圆的两两交的x提出来，unique一发（不然会tle显然的）。这样两个x之间的部分的圆弧是不会有交的。那么就可以视为一堆弓形和梯形了。然后扫描一下中位线的有效长度算梯形。每次新进入一个连通区域和出来的时候加相应弓形的面积。   需要注意按y排序的时候是按弓形与竖线的交点的y，而不是梯形的y，否则会有非常神奇的精度误差。另外算弓形面积必需要用反三角函数（至少我没研究出怎么不用）。如果用acos的话会暴精度暴得很惨。要用atan2来提高精度。   然后这样写连样例都会tle。仔细感受一下发现好像如果有一堆同心圆的话都会tle。然后考虑去掉包含的圆之后似乎就快了。然后就交了，然后居然跑过了。   然后来欣赏一下我的时间巨大，空间巨大，长度巨大。挤在一堆simpson里显得特别郁闷的代码。   #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const double eps = 1e-8; const double pi = acos(-1); inline int sgn(double x) { return (x > eps) - (x < -eps); } inline double sqr(double x) { return x * x; } typedef struct geo_obj { double x, y; geo_obj() {} geo_obj(double xo, double yo) { x = xo, y = yo; } inline void read() { scanf("%lf%lf", &x, &y); } inline geo_obj vertical() { return geo_obj(-y, x); } inline double len() { return sqrt(sqr(x) + sqr(y)); } } point, vect; inline geo_obj operator +(const geo_obj& a, const geo_obj& b) { return geo_obj(a. /oi/i11rimport_014/ Wed, 04 Mar 2015 18:36:41 +0000 /oi/i11rimport_014/ <div class="post_brief"><p> 比较神奇的数学题。首先你要知道这个函数的意思是把它的二进制flip。至于怎么来的我也是听说的。然后推一下发现的确是这么回事。</p>   于是就变成数位dp了。然后我发现数位dp常常可以用奇奇怪怪的方法水过去。然后又发现数组从0开始标号也会造成麻烦。+1-1啥的最讨厌了。   于是这题就变成高精度练习题了。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 409; struct BigInt { int l, a[maxn], base; BigInt(int b = 10) { l = 0; base = b; } void push() { for (int i = 0; i < l - 1; ++ i) { a[i + 1] += a[i] / base; a[i] %= base; } for (; a[l - 1] >= base; ++ l) { a[l] = a[l - 1] / base; a[l - 1] %= base; } } void pull() { for (; l && ! /oi/i11rimport_015/ Wed, 04 Mar 2015 15:40:41 +0000 /oi/i11rimport_015/ <div class="post_brief"><p> 第六百道题一定要不水！虽然离第一页还有几十道题的距离。</p>   很早之前见过的题吧。然后一直觉得特别难写所以都没写。以前写点不重复的仙人掌都觉得挺痛苦，更不要说这个了。   现在想想还行，因为我yy出了化简的方法。先搞出dfs树。然后一个顶点如果是一个环里深度最浅的，那么称它为这个环的头。可以证明一个顶点最多在一个不以它为头的环上。把这个环记下来，其它的环都从这个顶点去找边来找就行了。这样的话可以比较节省代码量，写起来也比较明了。虽然还是比mhy长。   然后因为我在最后一步dp的时候写了一个static的f数组，所以光荣了。debug了好久。晕。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t, av; edge *next, *rv; }; struct ball { int l, *a, h; }; const int maxn = 50009; const int maxm = 200009; const int maxarr = 400009; int n, m, cb, fb[maxn], d[maxn]; int f[maxn], ans, fd[maxn], fe[maxn]; int stc[maxn], tst; int ibuf_arr[maxarr], *ibuf(ibuf_arr); bool vis[maxn]; edge elst[maxm], *ep(elst), *head[maxn]; ball b[maxm]; /oi/i11rimport_016/ Wed, 04 Mar 2015 09:00:41 +0000 /oi/i11rimport_016/ <div class="post_brief"><p> 最初感觉好多状态怎么做。</p>   然后发现（其实是瞟了一下题解）如果把一个数分成2a*3b*c，那么c只影响上界。2a*3b中a最大是16，b最大是10，列一张17*11的表出来，然后发现右下方还有很多空东西。于是直接像插头一样状压一下轮廓线呗。反正对一个数有影响的只有它的上面和左边。最近写插头写得有点疯啊。其实它的很多思想都是可以推广出来用的。比如最小表示啥的。   于是如果直接这样写的话大概要跑30000多次dp，还是比较悬。然后再想想发现只有表里能取的数的形状发生改变的时候才会改变dp的答案。表里面的数很少所以改变次数也应该很少。所以记一下上一次的形状是什么然后比较相不相同，相同就直接沿用。   然后跑得飞快。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define _l (long long int) #define pow2(x) (1<<(x)) const int maxn = 19; const int maxm = 15; const int maxv = 100000; const int maxst = pow2(11) + 9; const int mod = 1e9 + 1; int f[2][maxst], vl[maxn][maxm], n, m, v; int dis[maxn], ldis[maxn], lans, ans; void pre() { for (int i = 0; i < maxn; ++ i) { vl[i][0] = (1 << i); if (vl[i][0] > maxv) vl[i][0] = -1; for (int j = 1; j < maxm; ++ j) if (vl[i][j - 1] > -1) { vl[i][j] = vl[i][j - 1] * 3; if (vl[i][j] > maxv) vl[i][j] = -1; } else vl[i][j] = -1; } } /oi/i11rimport_017/ Tue, 03 Mar 2015 21:18:41 +0000 /oi/i11rimport_017/ <div class="post_brief"><p> 好吧我的本意是想学习一下dp的。然后发现了这道纠结了一年半还多的题。</p>   首先把环找出来。然后环上会长一些树。先把树的答案求了，因为它很好求。   然后考虑环，那么答案应该是随便断一条边之后答案的最小值（而不是最大值）。于是乎记录一下每个点按某个方向到起点的距离，记为d[i]。算一下每个点的树的深度，记为l[i]。于是每次要最大化l[i]+l[j]+|d[i]-d[j]|。反正是最大化所以顺序是没有关系的，但是不能自交。这是个比较容易错的地方。于是就去写个线段树来维护吧。只查询不修改让我总有能线性搞的想法，虽然没想清楚具体怎么实现。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <set> using namespace std; struct edge { int t, v; edge *next; }; typedef long long dint; #ifdef WIN32 #define lld “%I64d” #else #define lld “%lld” #endif #define _l (long long int) const int maxn = 100009; edge elst[maxn << 1], *ep(elst), *head[maxn]; int n, fa[maxn], df[maxn], ol[maxn], d[maxn]; int tlp, lp[maxn << 1]; dint lv[maxn << 1], le[maxn << 1], md[maxn], ans; /oi/i11rimport_019/ Mon, 02 Mar 2015 21:31:41 +0000 /oi/i11rimport_019/ <div class="post_brief"><p> 看上去比较不可做的DP。好像别人写的记搜跑得飞快。</p>   我看我是写最小表示写上瘾了。   压一下状态，有点像今天第二题。算每种值的有多少。然后直接跑。   感觉废状态比较多啊，跑得好慢。另外用memset清空高维数组会比较快。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int mod = 1e9 + 7; const int maxn = 17; const int maxst = 16009; #define mbit(a,b) ((a)<<((b)<<2)) #define gbit(a,b) (((a)>>((b)<<2))&0xf) #define _l (long long int) int m, c[maxn], n, mt, tots, slst[maxst]; int f[2][7][maxst]; void dfsState(int t, int l, int v) { if (l == mt + 1) { slst[tots ++] = v | t; } else { for (int i = 0; i <= t; ++ i) dfsState(t - i, l + 1, v | mbit(i, l)); } } /oi/i11rimport_021/ Mon, 02 Mar 2015 16:13:41 +0000 /oi/i11rimport_021/ <div class="post_brief"><p> 今天考试题的弱化版。只用求LCA是谁，不用求它的深度。所以直接用线段树找下区间最值就搞定了。然后long的范围有负数坑了一发。</p>   好像在不平衡的平衡树上的题也比较热啊。而且我还做得比较少。是要补一补。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef pair <int, int> vpr; typedef pair <bool, vpr> dpr; struct seg { int l, r; dpr d; seg *ls, *rs; }; struct query { int t, a, b; }; const int maxn = 400009; int n, m, vl[maxn], tv; vpr a[maxn]; query q[maxn]; seg slst[maxn * 3], *sp(slst), *rt; inline int gpos(int x) { return lower_bound(vl, vl + tv, x) - vl; } /oi/i11rimport_023/ Sun, 01 Mar 2015 23:22:41 +0000 /oi/i11rimport_023/ <div class="post_brief"><p> 我的第二道插头DP。差不多纠结了一天。</p>   这道题网上的题解都讲的好简略啊。最后还得自己yy。没有用括号序列法让我觉得自己比较厉害。   考虑轮廓线上的m个格子，有3种情况：没有插头，有且只能往一边走，有且要往两边走。对于第二种，要用最多3个不同的值来记录连通性。还要有两个不同的值来表示第一种情况和第三种情况。我比较懒，所以直接用一个八进制数去表示，然后每次二分找编号。   考虑转移，分一堆情况进行讨论。默认从左上朝右下走。   首先是要走当前格子的情况。   如果左边和上面都有插头，那么看它们是否连通。如果不连通则把它们连通，如果已经连通，看是否还有其它插头。没有就更新答案，否则忽略。   如果只有左边有插头，再分类。如果它是第二种，那么这个格子可以新建一个第三种插头，或者把左边格子的插头接过来。如果它是第三种那么它必需把左边格子接过来。   如果只有上面有插头，那么必需把上面的插头接上来。   如果左边和上面都没有插头，那么可以新建一个第三种插头。   然后如果不走这个格子的话，要求上面没有插头，且左边不是第三种插头。   按mhy的话说，插头dp就是写起来很麻烦。的确。不过写出来也还是挺高兴的。   然后代码丑到不能看了。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 109; const int maxm = 9; const int maxst = 50009; const int inf = 0x3f3f3f3f; #define pow8(x) (1<<(x)<<(x)<<(x)) #define mbit(x,y) ((x)<<(y)<<(y)<<(y)) #define gbit(x,y) (((x)>>(y)>>(y)>>(y))&7) int f[2][maxst], n, m, a[maxn][maxm], ans; int slst[maxst], tots; /oi/i11rimport_024/ Sun, 01 Mar 2015 10:46:41 +0000 /oi/i11rimport_024/ <div class="post_brief"><p> 我以为是最大权闭合子图来着。然后好像就直接最小割就行了吧。突然觉得我的网络流好弱。</p>   建源汇，分别连每个作物。对于每个组合建两个点分别边源汇，然后中间像源汇一样连它的成员。如果全在一边，那么会有一条边不用割。这也是一个集合都选对答案有贡献的建图方式。   然后就完了。建图和dinic都写得有些丑，所以调了半天。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t, c; edge *next, *rv; }; const int maxn = 3009; const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, m, c, d[maxn], t, st, te; edge *head[maxn]; inline edge* newEdge(int u, int v, int c) { edge* e(new edge); e-> t = v; e-> c = c; e-> next = head[u]; return head[u] = e; } inline void addEdge(int u, int v, int c) { edge *a(newEdge(u, v, c)), *b(newEdge(v, u, 0)); a-> rv = b; b-> rv = a; } /oi/i11rimport_025/ Sun, 01 Mar 2015 08:35:41 +0000 /oi/i11rimport_025/ <div class="post_brief"><p> usaco的银组都开始考这种题了么。其实还是挺水的，不过题号比较好。</p>   就按y排序，挨个把时间轴上的东西扔掉就完了。写离散可能还没有直接写smt快呢。   然后线段有一边要减1有点坑。   #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #define _l (long long int) struct cow { int y; int ta, tb; }; struct node { int l, r, w; node ls, rs; }; typedef pair <node, node > npr; const int maxn = 50009; inline bool operator <(const cow& a, const cow& b) { return a. /oi/i11rimport_029/ Thu, 26 Feb 2015 14:52:41 +0000 /oi/i11rimport_029/ <div class="post_brief"><p> 左偏树+并查集的一眼题嘛。然后合并的时候搞忘了如果两个人已经在同一个团里要跳过，于是左偏树自交去了。</p>   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define szof(p) ((p)?(p->sz):0) struct node { int sz, vl, id; node *ls, rs; node() {} node(int v, int i) { vl = v; id = i; sz = 1; ls = rs = 0; } inline void update() { if (szof(ls) < szof(rs)) swap(ls, rs); } }; node merge(node p, node q) { if (!p) return q; else if (! /oi/i11rimport_030/ Wed, 25 Feb 2015 21:26:41 +0000 /oi/i11rimport_030/ <div class="post_brief"><p> 多老的省选题了。</p>   就处理一下任意两个格子之间最少要经过几个1，如果小于等于t就更新答案。   #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define mkword(x,y) (((x)<<16)|(y)) #define hiword(x) ((x)>>16) #define loword(x) ((x)&0x0000ffff) const int maxn = 33; const int maxnd = 909; const int movx[4] = {0, 0, 1, -1}; const int movy[4] = {1, -1, 0, 0}; typedef pair <int, int> dpr; inline int sqr(int x) { return x * x; } int n, m, t, d[maxn][maxn], ans; int mp[maxn][maxn]; dpr hp[maxnd << 2]; /oi/i11rimport_031/ Wed, 25 Feb 2015 21:10:41 +0000 /oi/i11rimport_031/ <div class="post_brief"><p> 今天晚上的效率比白天高啊。</p>   树上莫队的另一道题。比糖果公园好写到哪里去了。   然后手写链表丑掉了导致调试半天+RE了一发。我还是太年轻了。   #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef struct node { int t; node *next; } edge; const int maxn = 50009; const int maxm = 100009; const int maxl = 17; node nlst[maxn], *np(nlst); struct chain { int sz; node *hd, *tl; chain() { hd = tl = 0; sz = 0; } inline void clear() { hd = tl = 0; sz = 0; } inline void push(int x) { np-> t = x; np-> next = 0; if (sz) { tl-> next = np; tl = np; } else { hd = np; tl = np; } ++ np; ++ sz; } inline void merge(chain a) { if (a. /oi/i11rimport_032/ Wed, 25 Feb 2015 20:19:41 +0000 /oi/i11rimport_032/ <div class="post_brief"><p> 最近很颓啊。</p>   这题很久之前看过。当时以为是高消就没管。然后开坑之神idy做了之后仔细一想才知道不是。   这题的做法是dp。首先因为边数少所以不用floyd，直接bfs预处理出所有t[i][j]表狼在i，兔子在j的时候狼下一步去哪。然后有一个结论是每一步两个玩意的距离至少缩短1，所以状态是不会有环的，这也是为啥可以不用高消。然后坑点是不能直接开状态队列，因为那不是拓补序。要先把每个点的入度算出来再跑dp。结局是我的代码超长。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge *next; }; #define mkword(x,y) (((x)<<16)|(y)) #define hiword(x) ((x)>>16) #define loword(x) ((x)&0x0000ffff) const int maxn = 1009; const int maxst = 1000009; const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, m, st, te, deg[maxn], d[maxn], t[maxn][maxn], ind[maxn][maxn]; edge elst[maxn << 1], *ep(elst), *head[maxn]; double f[maxn][maxn], g[maxn][maxn], c[maxn], ans; /oi/i11rimport_033/ Wed, 25 Feb 2015 18:49:41 +0000 /oi/i11rimport_033/ <div class="post_brief"><p> 盯idy发现的题，之前想学然后放弃了，于是今天几乎写了一天。有种紧迫感啊。然后发现好多认识的人都是最近过的。</p>   思路比较简单，树上莫队。因为要修改，所以要把块的大小变成n2/3，然后用1086的方法分块。好像也可以直接按dfs序分块。两个端点和时间为三个关键字跑莫队。复杂度可以感受一下反正我也不会证。   要注意千万要控制LCA的用量，必需只能是O(n)级别的。在爬树的时候必需O(1)。我就是在移动时间的时候不小心手贱每次用一遍LCA，然后去检查在移动端点花了好久的时间。   比较不开心的是发现mac没法改栈空间？有两个点始终暴栈。而且拿另一台电脑的openSUSE跑，结果发现它的cpu没有mac好，跑得还比mac快！我猜是操作系统在捣鬼。mac还是比较坑啊不开心。然后在bzoj上跑的时间几乎是本地的5倍也是比较厉害啊。   #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 100009; const int maxl = 19; typedef struct node { int t; node *next; } edge; node nlst[maxn], *np(nlst); struct chain { int sz; node *hd, *tl; chain() { hd = tl = 0; sz = 0; } inline void clear() { hd = tl = 0; sz = 0; } inline void push(int x) { np-> t = x; np-> next = 0; if (sz) { tl-> next = np; tl = np; } else { hd = np; tl = np; } ++ np; ++ sz; } inline void merge(chain a) { sz += a. /oi/i11rimport_034/ Wed, 25 Feb 2015 10:10:41 +0000 /oi/i11rimport_034/ <div class="post_brief"><p> 每日一水。不过这题还比较有意思。最初没看清题，觉得没法数总三角形个数。</p>   同色=总-不同色。对于一个不同色，会有两个顶点的两边颜色不同。直接按照顶点统计一下不同色的边组数，然后减一下就完了。   说好的糖果呢。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 1009; int n, m, t, c, w[maxn]; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE //freopen(“in.txt”, “r”, stdin); #endif scanf("%d%d", &n, &m); memset(w, 0, sizeof(w)); t = n * (n - 1) * (n - 2) / 6; for (int i = 0; i < m; ++ i) { int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); ++ w[u]; ++ w[v]; } c = 0; for (int i = 1; i <= n; ++ i) c += w[i] * (n - w[i] - 1); c >>= 1; printf("%d\n", t - c); } /oi/i11rimport_035/ Tue, 24 Feb 2015 20:58:41 +0000 /oi/i11rimport_035/ <div class="post_brief"><p> 难得的水水的双倍题。</p>   看上去是想考lct然后忘强制在线了么？那就直接预处理出形态然后链剖呗。当然我还没有达到mhy这种认为lct比tcd好写的水平。   中间还把修改写挂了一次，然后1180的询问数是2843的3倍又re了一次。晕。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge *next; }; struct seg { int l, r, s[2]; seg *ls, *rs; }; struct query { char o; int a, b, s; }; const int maxn = 30009; const int maxm = 300009; int n, m, r[maxn], d[maxn], v[maxn], u[maxn]; int fa[maxn], sz[maxn], tc, fc[maxn], ch[maxn], cl[maxn]; int qret[2]; seg slst[maxn << 2], *sp(slst), *rt[maxn]; edge elst[maxn << 1], *ep(elst), *head[maxn]; query q[maxm]; /oi/i11rimport_036/ Tue, 24 Feb 2015 16:08:41 +0000 /oi/i11rimport_036/ <div class="post_brief"><p> 简单的算几+网络流么。然后花了将近两天。最近总和算几过不去啊。</p>   判断线段和圆是否有交还是比较简单的。反正不要让我用解析。先找下垂线，然后找下垂足，然后点乘一下搞定。然后错得不知道怎么死的。搞了很久。   然后二分网络流水水水水水水水水。   感觉mac好卡啊，gdb巨卡，bash也非常卡。难道我又没有搞对打开方式？   #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; inline long double sqr(long double x) { return x * x; } typedef struct geo_obj { double x, y; geo_obj() {} geo_obj(double x0, double y0) { x = x0, y = y0; } inline void read() { scanf("%lf%lf", &x, &y); } inline geo_obj rev() { return geo_obj(-y, x); } inline double len() { return sqrt(sqr(x) + sqr(y)); } inline double sqLen() { return sqr(x) + sqr(y); } } point, vect; inline geo_obj operator +(const geo_obj& a, const geo_obj& b) { return geo_obj(a. /oi/i11rimport_037/ Tue, 24 Feb 2015 10:10:41 +0000 /oi/i11rimport_037/ <div class="post_brief"><p> 去找水题于是找到这么一道恶心的代码题。其实应该可以用函数指针来优化一下代码量，不过懒得了。虽然复制粘贴导致调试了老半天。</p>   水水的链剖+线段树。然后tag打一打就好了。   最近是装备了高超的开坑技巧啊。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct seg { int l, r, s, a, b, rv; seg *ls, *rs; inline void update() { if (l + 1 < r) { s = ls-> s + rs-> s; a = min(ls-> a, rs-> a); b = max(ls-> b, rs-> b); if (rv) { s = -s; swap(a, b); a = -a; b = -b; } } else a = b = s; } inline void chgTag() { s = -s; swap(a, b); a = -a; b = -b; rv ^= 1; } inline void downTag() { if (rv) { rv = 0; if (l + 1 < r) { ls-> chgTag(); rs-> chgTag(); } } } }; struct edge { int t, v; edge *next; }; /oi/i11rimport_038/ Sun, 22 Feb 2015 21:48:41 +0000 /oi/i11rimport_038/ <div class="post_brief"><p> 比较基础的算几。当是hwd在wc的时候讲的东西拿来练练吧。（都过去多久了）</p>   算几的板比较长。然后记得还有道半平面交精度题至今没过！？什么效率。   这题的思路比较简单。找出所有的关键x，分段。每段内都是一堆边不相交的梯形，那么答案=∑(▵x*∑中位线并的长度)。总时间复杂度到了O(n3)。不过n才100显然可过。至于n等于1000的题暂时不会啊。我太弱了。   然后这题也有神奇的精度误差，答案要-1e-7才能过。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const double eps = 1e-7; inline int sgn(double x) { return (x > eps) - (x < -eps); } inline double sqr(double x) { return x * x; } typedef struct geo_obj { double x, y; inline geo_obj() {} inline geo_obj(double x0, double y0) { x = x0, y = y0; } inline void read() { scanf("%lf%lf", &x, &y); } } point, vect; inline geo_obj operator +(const geo_obj& a, const geo_obj& b) { return geo_obj(a. /oi/i11rimport_039/ Sun, 22 Feb 2015 16:52:41 +0000 /oi/i11rimport_039/ <div class="post_brief"><p> 久了不写manacher又手生了只好抄红书了。</p>   后面的过程就是对每个位置i找一个最远的位置j满足j在i为中心的回文子串的一半以内且j最小。然后直接拿个set就能搞定。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <set> using namespace std; const int maxn = 500009; char a[maxn]; int d[maxn << 1], n; void manacher() { d[0] = 1; for (int i = 1, j = 0; i < (n << 1) - 1; ++ i) { int p(i >> 1), q(i - p), r(((j + 1) >> 1) + d[j] - 1); if (r < q) d[i] = 0; else d[i] = min(r - q + 1, d[(j << 1) - i]); while (p - d[i] >= 0 && q + d[i] < n && a[p - d[i]] == a[q + d[i]]) ++ d[i]; if (q + d[i] - 1 > r) j = i; } } /oi/i11rimport_040/ Sun, 22 Feb 2015 11:48:41 +0000 /oi/i11rimport_040/ <div class="post_brief"><p> 多少年前的坑了。</p>   用mac写的第一篇题解呢。   环套树DP。先把树上的情况处理了，然后枚举取不取环上的第一个。   要注意会有重边的情况，比较恶心。   #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int buf_len = 4000; char buf[buf_len], *bufb(buf), *bufe(buf + 1); #define readBuf() { if (++ bufb == bufe) bufe = (bufb = buf) + fread(buf, 1, sizeof(buf), stdin); } #define readInt(x) { register int s(0); do { readBuf(); } while (!isdigit(*bufb)); do { s = s * 10 + *bufb - 48; readBuf(); } while (isdigit(*bufb)); x = s; } /oi/i11rimport_041/ Sat, 21 Feb 2015 12:41:41 +0000 /oi/i11rimport_041/ <div class="post_brief"><p> 数据水。填坑。语文阅读题，看到都不想做。</p>   就一树形dp。f[i][j][k]表示第i个物品，上供j个，花k块钱的代价。背包转移是O(m2)的，因为是一棵树所以转移次数是O(n)的，但是还要考虑j最大为100。一个技巧是合并完所有的东西之后再考虑把上供的烧掉。虽然这样的复杂度还是有点高。   毕竟我还是太弱啊，居然又花了一个上午。（虽然睡到十点）   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t, v; edge *next; }; const int maxm = 2009; const int maxn = 53; const int maxa = 103; int n, m, f[maxn][maxa][maxm], ans[maxm], vl[maxn], vmax[maxn]; bool lf[maxn], ir[maxn]; edge elst[maxn], *ep(elst), *head[maxn]; inline void addEdge(int u, int v, int w) { ep-> t = v; ep-> v = w; ep-> next = head[u]; head[u] = ep ++; } /oi/i11rimport_042/ Fri, 20 Feb 2015 17:20:41 +0000 /oi/i11rimport_042/ <div class="post_brief"><p> 插头DP的基础题。想插头DP都是将军没走的时候给我讲的了，距今有大半年了吧。mhy已经写了无数道了，我才开始写。唉，还是效率太低。</p>   插头DP的意思是把已经处理的部分的轮廓线上对后面状态有影响的东西状压下来，然后挨着处理每个格子的状态（比如方向，或者这里的地板怎么铺之类的）。   具体到这道题来说，考虑一个相邻格子之前的边，那么它可能没有连接两个相同的磁砖，有可能连接了两个还没有拐过弯的磁砖，有可能连接了两个已经拐过弯的磁砖，一共是3种情况，所以用一个三进制数把它压下来。然后直接一路转移过去就行了。要注意的是每行都处理完了之后要把最边上的那一条从右移动到左，所以还需要把所有的状态都改一下。   今天效率比较低，心不在焉，然后在最后一个转移的地方wa了大半天。插头DP的调试也比较麻烦。所以我还是naive。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 13; const int maxa = 109; const int maxs = 200009; const int mod = 20110520; bool mp[maxa][maxa]; int n, m, a[maxn], b[maxn], f[2][maxs]; #define fc f[cur] #define fp f[prv] #define doNothing ; inline void mInc(int& a, int b) { a += b; if (a >= mod) a %= mod; } /oi/i11rimport_044/ Mon, 16 Feb 2015 22:16:41 +0000 /oi/i11rimport_044/ <div class="post_brief"><p> 什么鬼。</p>   很好想的dp。f[i][j]表示深度不超过i且大小为j的二叉树的个数。转移是f[i][j] = ∑(f[i - 1][k] * f[i - 1][j - k - 1])。   然后直接暴力是O(n3)的。在spoj上能过在bzoj上不能过。在bzoj上得用记忆化搜索来减掉一些无用的东西。虽然我觉得很烦。   然后试图用fft，发现fft比暴力还慢。然后试图用fnt，然后发现fnt好像不能对1e9+7这种质数用。因为1e9+6只有来一个2。真悲伤。我还是太弱啊。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 609; const int mod = 1000000007; #define _l (long long int) int f[maxn][maxn]; int getf(int i, int j) { if (i == 0) return j <= 1; else if (j == 0) return 1; else if (f[i][j] == -1) { f[i][j] = 0; for (int k = 0; k < j; ++ k) f[i][j] = (f[i][j] + _l getf(i - 1, k) * getf(i - 1, j - k - 1)) % mod; } return f[i][j]; } /oi/i11rimport_050/ Mon, 09 Feb 2015 21:57:41 +0000 /oi/i11rimport_050/ <div class="post_brief"><p> 今天wc讲的题。主要其实是用拟阵来证明贪心的正确性。就构造一下就好了。不选的集合构成一个拟阵的基，如果基不能异或出0就是线性无关的。然后按照拟阵的贪心方法挨个加。</p>   策略是从大到小排个序能不选就不选，用异或消元来判断一下就好了。许久没有写了，还好没有搞忘。   代码还是比较短的，开心ing。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #ifdef WIN32 #define lld “%I64d” #else #define lld “%lld” #endif #define _l (long long int) const int maxn = 109; int n, a[maxn], b[maxn], c[maxn], t; dint s; bool hasZero() { for (int i = 0; i < t; ++ i) b[i] = c[i]; for (int i = 31, j = 0; i >= 0 && j < t; – i) { for (int k = j; k < n; ++ k) if ((b[k] >> i) & 1) { swap(b[k], b[j]); break; } if ((b[j] >> i) & 1) { for (int k = j + 1; k < n; ++ k) if ((b[k] >> i) & 1) { b[k] ^= b[j]; if (! /oi/i11rimport_052/ Sat, 07 Feb 2015 15:07:41 +0000 /oi/i11rimport_052/ <div class="post_brief"><p> 有离线镜像还是能省不少流量。开心。不过流量还是用得飞快啊。</p>   这就是个cdq重构的题。学习了前几天xyz大爷讲的扔线段树的做法，省了不少代码。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct node { int v, c; node *next; }; struct seg { int l, r; node *head; seg *ls, *rs; }; const int maxa = 209; const int maxn = 40009; const int maxm = 10009; const int maxnd = maxn * 23; const int mov[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}}; /oi/i11rimport_056/ Wed, 04 Feb 2015 21:28:41 +0000 /oi/i11rimport_056/ <div class="post_brief"><p> 看mhy写了好几天了啊。然后研究了一下，居然过得比他早。</p>   首先敌人一定可以炸连续的一段。然后就是要看炸掉任意连续一段之后还有没有剩下的公共部分，既半平面交。   然后我yy出了一个半平面交的做法。找出一条基准直线，按方向顺时针方向排序。然后按照正常半平面交的方法根据栈顶两个元素和当前直线的位置关系判断是否需要退栈。然后当找到一条与基准直线的角度大于等于π的直线（直线是有向的，也可以说是成负角）且它把栈里退到只剩基准直线一条的时候，这些半平面没有交。否则这些半平面有交。   至于证明嘛，我也不会（挠头），毕竟是感受出来的。然后感觉这次代码写得比较漂亮，开心。   #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; inline double sqr(double x) { return x * x; } struct point { double x, y; inline point() {} inline point(double x0, double y0) { x = x0, y = y0; } inline void read() { scanf("%lf%lf", &x, &y); } }; struct vect { double x, y; inline vect() {} inline vect(double x0, double y0) { x = x0, y = y0; } inline vect(point a, point b) { x = b. /oi/i11rimport_057/ Wed, 04 Feb 2015 17:46:41 +0000 /oi/i11rimport_057/ <div class="post_brief"><p> 一道burnside，做了几次之后感觉比较经典了。然后发现网上居然没有题解。</p>   枚举正整数拆分，既每个质换的长度。然后枚举gcd算每类置换的贡献。再用错排公式来算每类置换的数量。然后求和。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define _l (long long int) const int maxn = 63; int n, m, mod, ans, g[maxn][maxn]; int sq[maxn], tq, fac[maxn], finv[maxn], vinv[maxn]; int modPow(int a, int x) { int s(1); for (; x; x >>= 1, a = _l a * a % mod) if (x & 1) s = _l s * a % mod; return s; } /oi/i11rimport_061/ Sun, 01 Feb 2015 21:18:41 +0000 /oi/i11rimport_061/ <div class="post_brief"><p> 推了半天，发现还是得sqrt，过不到啊。</p>   然后发现与经典的问题相比，就是n=n。然后这不是做过的那个LCM sum的前缀和就完了嘛。傻了。   然后第一次MLE是因为明明压了8位，还是开了30长的数组。第二次WA是因为高精输出的时候%08d写成了%8d。是不是明天又要逗极而死了。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #define _l (long long int) const int maxlen = 7; const dint base = 1e8; struct BigInt { dint dig[maxlen], len; BigInt() { len = 0; } void set(dint x) { dig[0] = x; len = 1; while (dig[len - 1] >= base) { dig[len] = dig[len - 1] / base; dig[len - 1] %= base; ++ len; } } void copy(const BigInt& x) { len = x. /oi/i11rimport_062/ Sun, 01 Feb 2015 20:07:41 +0000 /oi/i11rimport_062/ 想起去年在考场上完全没有思路不想写数据结构于是骗了30分。现在想想当初还是naive。   这题看上去就是点分治。因为要动态加点所以要动态。然后利用替罪羊树的方法重构树上的一团东西（不能叫团，否则命名重复了）。   本来以为要写很久，结果也没写多久。奇怪的是，把maintain展开到insert里面之后就跑得飞快了，否则过不到而且根本跑不下来9和10。又丑了郁闷。   #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int buf_len = 4000; const size_t buf_size = buf_len * sizeof(char); char buf[buf_len], *bufb(buf), *bufe(buf + 1); #define readBuf() { if (++ bufb == bufe) bufe = (bufb = buf) + fread(buf, 1, buf_size, stdin); } #define readInt(x) { register int s(0); do { readBuf(); } while (!isdigit(*bufb)); do { s = s * 10 + *bufb - 48; readBuf(); } while (isdigit(*bufb)); x = s; } /oi/i11rimport_067/ Thu, 29 Jan 2015 20:50:41 +0000 /oi/i11rimport_067/ <div class="post_brief"><p> 老久之前就看到过的题，不过不会做。今天晚上也是花了差不多俩小时才调过，虽然大概一个半小时都在纠结二分怎么写的问题。我没救了。</p>   考虑经典的中位数二分，是把≤x的数字取-1，>x的数取1，然后算最大子串看是否大于-1或1中的某一个，具体要看题目要求偶数是取上整还是下整什么的。   然后这题就把所有东西排序之后拿可持久化线段树把这个序列搞出来，然后照着之前的思路二分就好了。线段树用来维护最大和最小前缀和。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct dat { int sm, s; }; struct seg { int l, r; dat v[2]; seg *ls, *rs; }; #define _l (long long int) typedef pair <int, int> vpr; typedef dat(*dat_mf)(const dat&, const dat&); const int maxn = 20009; const int maxnd = maxn * 19; const dat null_str = {0, 0}; const dat neg_str0 = {-1, -1}; const dat neg_str1 = {-1, -1}; const dat pos_str0 = {1, 1}; const dat pos_str1 = {1, 1}; /oi/i11rimport_068/ Wed, 28 Jan 2015 18:44:41 +0000 /oi/i11rimport_068/ <div class="post_brief"><p> ioi的数据结构题，果然还是比较BT的。</p>   做法是对颜色分开，大的颜色预处理，小的颜色直接暴力。   然后一个小错又坑了好久。我真的没救了。 #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int buf_len = 4000; const size_t buf_size = buf_len * sizeof(char); char buf[buf_len], *bufb(buf), *bufe(buf + 1); #define readBuf() { if (++ bufb == bufe) bufe = (bufb = buf) + fread(buf, 1, buf_size, stdin); } #define readInt(x) { register int s(0); do { readBuf(); } while (!isdigit(*bufb)); do { s = s * 10 + *bufb - 48; readBuf(); } while (isdigit(*bufb)); x = s; } /oi/i11rimport_071/ Tue, 27 Jan 2015 20:55:41 +0000 /oi/i11rimport_071/ <div class="post_brief"><p> 今天几乎讲了一天的算几。或者说能听的只有算几。然后就去做了一道基础题。</p>   刚开始的时候比较naive，把相交的情况想简单了，打算直接上数学，然后悲剧地发现还有其它的不好算交点的情况，于是就去写simpson了。   simpson就是一个估计用的，s = (4 * f(mid) + f(l) + f(r))*(r-l)/6。至于为啥是对的就不知道了。反正比较能用。然后每次直接去扫一遍所有能交的地方，取max就行了，比挨个算交点方便许多。   然后第一次写，代码也比较乱。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 509; const double pi = asin(1) * 2; const double eps = 1e-6; #define x1 x1 #define x2 x2 #define y1 y1 #define y2 y2 int n; double tht, x[maxn], h[maxn], r[maxn]; double crd[maxn]; double x1[maxn], x2[maxn], y1[maxn], y2[maxn]; bool c[maxn]; /oi/i11rimport_072/ Tue, 27 Jan 2015 20:51:41 +0000 /oi/i11rimport_072/ <div class="post_brief"><p> 听说是水水的splay，果然是。</p>   乍一看要用lct，然后因为度数只有2，所以肯定是一条链。然后就直接用splay来维护。然后因为少写了句splay(v)导致多调了至少一节课的时间。我没救了。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <map> using namespace std; #define upmax(a,b) { if (a < b) a = b; } struct splay_node { int vl, vm, rv; splay_node *pt, *ls, *rs; inline void update() { vm = vl; if (ls) upmax(vm, ls-> vm); if (rs) upmax(vm, rs-> vm); } inline void fix() { if (rv) { swap(ls, rs); if (ls) ls-> rv ^= 1; if (rs) rs-> rv ^= 1; rv = 0; } } }; /oi/i11rimport_073/ Tue, 27 Jan 2015 20:48:41 +0000 /oi/i11rimport_073/ <div class="post_brief"><p> 立杰出的题，orz。</p>   一个时间比较微妙的状压DP。用一个二进制状态表示0~k中哪些数已经可以被表示出来了，然后大于k的数直接乘，因为对状态不产生影响。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define pow2(x) (1<<(x)) #define _l (long long int) const int maxn = 21; const int maxb = pow2(maxn) + 9; const int mod = 1e9 + 7; int n, k, l, f[2][maxb], zu, va; #define incm(a,b) { a += b; if (a >= mod) a %= mod; } int sov() { int prv(0), cur(1); memset(f, 0, sizeof(f)); va = max(0, l - k) + 1; zu = pow2(k + 1) - 1; f[cur][1] = 1; for (int ti = 0; ti < n; ++ ti) { swap(cur, prv); for (int i = zu; i; – i) f[cur][i] = 0; for (int i = zu; i; – i) if (f[prv][i]) { for (int j = 1; j <= k; ++ j) { int zn((i | (i << j)) & zu); incm(f[cur][zn], f[prv][i]); } incm(f[cur][i], _l f[prv][i] * va % mod); } } int ans(0); for (int i = zu, e = pow2(k); i >= e; – i) incm(ans, f[cur][i]); return ans; } /oi/i11rimport_074/ Tue, 27 Jan 2015 20:45:41 +0000 /oi/i11rimport_074/ <div class="post_brief"><p> 灭绝树的模板题么。之前不知道这题，差点当原创题出出去了。</p>   好像有不少人不知道这东西的样子？orz zhx。   灭绝树只有一句口诀：一个东西的父亲是所有入边的另一端的点的LCA。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge *next; }; const int maxn = 70009; const int maxl = 19; const int maxe = 2000009; int n, ind[maxn], oud[maxn], tpo[maxn], ath[maxn][maxl], sz[maxn], d[maxn]; edge *ha[maxn], *hr[maxn], *ht[maxn]; inline void addEdge(edge** head, int u, int v) { edge* ep = new edge; ep-> t = v; ep-> next = head[u]; head[u] = ep; } /oi/i11rimport_075/ Mon, 26 Jan 2015 23:00:41 +0000 /oi/i11rimport_075/ <div class="post_brief"><p> 原来在win下也有敲回车的bug。开心。</p>   这题坑啊。暴力还是很好想的，如果个数超过几十个的话就肯定有解了。比较坑的是两边之和大于第三边，边权231-1然后加起来就超过int的范围了。连WA若干次再见。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge *next; }; const int maxn = 100009; const int maxc = 88; int n, m, v[maxn], d[maxn], fa[maxn], c[maxc]; edge *head[maxn], elst[maxn << 1], *ep(elst); void bfs() { static int q[maxn]; int hd(0), tl(1); q[0] = 1; memset(d, 0, sizeof(d)); d[1] = 1; while (hd < tl) { int p(q[hd ++]); for (edge* e = head[p]; e; e = e-> next) if (! /oi/i11rimport_078/ Sun, 25 Jan 2015 21:33:41 +0000 /oi/i11rimport_078/ <div class="post_brief"><p> 记得这是高一的时候ty同学和我说的东西了。然后现在才解决，可以打败上帝造题的七分钟，荣登解决时间最长的题目了。</p>   其实也就是一个高斯消元，用电势来列方程。不过高斯消元写得不熟，平时有空都写ds的题去了。以后不能再这样了。   用自己的代码高亮脚本了，虽然还不完善不过还是很开心的。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 109; const double inf = 1e100; const double eps = 1e-8; double x[maxn], a[maxn][maxn], b[maxn][maxn]; int n, m, perm[maxn]; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen(“in.txt”, “r”, stdin); #endif srand(19970911); while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) { for (int i = 1; i <= n; ++ i) perm[i] = i; if (n > 2) random_shuffle(perm + 2, perm + n); for (int i = 1; i <= n; ++ i) for (int j = 1; j <= n; ++ j) if (i == j) a[i][j] = 0; else a[i][j] = inf; while (m --) { int u, v; double p; scanf("%d%d%lf", &u, &v, &p); u = perm[u]; v = perm[v]; if (u == v) continue; a[u][v] = 1. /oi/i11rimport_080/ Fri, 23 Jan 2015 21:32:41 +0000 /oi/i11rimport_080/ <div class="post_brief"><p> 决心写一道usaco之外的题，于是就挑中了这道。</p>   为啥这编辑器有BUG，每次按回车要向下跳？   发现可以预处理DP。f_i表示第i个数被砍完需要最少多少刀。对于每一个i，设p_i是它的质因子里最大的一个在给定集合里的，那么它可以转移到(i+1,i+p_i)这个范围。然后f_i显然不减，所以用单调队列之类的玩意。   然后卡着时间限制过了。不知道前面那些秒跑的人是怎么搞的。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 10000009; const int maxm = 100009; int k[maxn], f[maxn], n, m, q, p[maxm], v[maxm]; void pre(int n) { sort(p, p + m); memset(k, 0, sizeof(k)); for (int i = 0; i < m; ++ i) if (!i || p[i] != p[i - 1]) for (int j = 0; j <= n; j += p[i]) k[j] = p[i]; /oi/i11rimport_082/ Fri, 23 Jan 2015 10:51:41 +0000 /oi/i11rimport_082/ <div class="post_brief"><p> 又搬blog。发现这里可以自定义css之后就果断了。</p>   写道水题试试。set的应用。然后还写丑WA了两次，我没救了。   代码高亮是坏了吗？不要吓我。   决定直接用oj7的代码版了，没有高亮就算了。 #include <cstdio> #include <algorithm> #include <set> using namespace std; typedef multiset <int> rb_tree; typedef rb_tree :: iterator rb_node; typedef pair <int, int> cow; const int maxn = 50009; int n, d, x[maxn], a[maxn], r[maxn]; cow c[maxn]; rb_tree t; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen(“in.txt”, “r”, stdin); #endif scanf("%d%d", &n, &d); for (int i = 1; i <= n; ++ i) { scanf("%d%d", x + i, a + i); c[i] = cow(x[i], a[i]); r[i] = 0; } sort(c + 1, c + n + 1); for (int i = 1; i <= n; ++ i) { x[i] = c[i]. /oi/lofterimport_000/ Sat, 17 Jan 2015 18:36:19 +0000 /oi/lofterimport_000/ 多组询问，硬根号。yy了一下午，在去80MSWC的时候的病历上打了若干草稿，最后硬yy出来了。 其实拿LaTeX来当公式编辑器蛮好的。 然后d(a)函数可以线性筛，讨论一下是不是倍数就行了。 发现数论真的好神奇。 lofter的html源码好讨厌啊。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm>   using namespace std;   #define _l (long long int)   const int maxn = 10000009; const int maxq = 10009; const int mod = 1e8 + 9;   int pn[maxn], tp, d[maxn]; bool pr[maxn]; int q, m[maxq], n[maxq], t;   #define incm(_a_,_b_) { \     _a_+=_b_; \     if (_a_>=mod||_a_<=-mod) \         _a_%=mod; \     if (_a_<0) \         _a_+=mod; \ }   void pre(int n) { /oi/lofterimport_001/ Sat, 17 Jan 2015 12:17:59 +0000 /oi/lofterimport_001/ 水水的二分+最短路么？ 然后读入坑死了检查了好久的最短路。 没救了。 然后发现我好像进前100了，小小地开心一下。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef pair <double, int> dpr; struct edge { int v, t; edge *next; }; #define nid(_x_,_y_) ((_x_-1)*m+(_y_)) const int maxn = 10009; const int maxa = 109; const int maxe = 80009; const int mov[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}}; const double eps = 1e-8; int n, m, st, te, c[maxn]; char mp[maxa][maxa]; double d[maxn], tg; edge *head[maxn], *ep, elst[maxe]; dpr hp[maxe]; /oi/lofterimport_002/ Fri, 16 Jan 2015 17:13:02 +0000 /oi/lofterimport_002/ 逃掉数学考试。感觉解几纯粹不给人希望。 这题还是比较有意思。做法是把每位分开预处当总共加了多少的时候这一位上是1的数字有多少个。然后每一层是线性的。询问是O(1)的。 然后发现自己的代码能力已经没救了。 #include <cstdio> #include <cstring> #define pow2(x) (1<<(x)) typedef long long dint; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif const int maxn = 100009; const int maxl = 16; const int maxv = pow2(maxl) - 1; int n, m, c[maxv + 3], *t[maxl], b; dint s; void pre() { for (int i = 0; i < maxl; ++ i) { int len(pow2(i)); t[i] = new int[(len << 1) + 3]; t[i][0] = 0; for (int j = 0; j <= maxv; ++ j) /oi/lofterimport_004/ Sun, 11 Jan 2015 11:12:49 +0000 /oi/lofterimport_004/ 充分证明我已经学傻了。把ONLINE_JUDGE打成ONLINE_JUGE还WA了若干次。然后开了个10^10的数组直接CE还想了好久是怎么回事。 10^10大概会TLE，真正的数据大概只有10^9。 做法比较简单直接容斥+剪枝，反正凑起来的几个数不会很多。 #ifndef ONLINE_JUGE #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif const int maxa = 2048; const dint maxn = 10000000000LL; //const dint maxn = 100000LL; int e, t; dint l, r, s, a[maxa], ans; bool g[maxa]; void pre() { t = 0; for (int l = 1; l <= 10; ++ l) for (int j = 0; j < (1 << l); ++ j) { /oi/lofterimport_005/ Thu, 08 Jan 2015 20:46:03 +0000 /oi/lofterimport_005/ 的确比较奇妙。 有一个奇妙的玩意是fib[gcd(i, j)] == gcd(fib[i], fib[j])。(fib[1] = fib[2] = 1) 然后就比较可搞了。 线性筛处理每个数的因子个数和因子和。开一点变量然后推一下就出来了。 然后要注意fib[2]也可以整除所有奇数，包括1。表示在这上面坑了2次提交。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define _l (long long int) const int maxn = 10000009; const int mod = 1000000007; int tp, pn[maxn], sa[maxn], sb[maxn], b[maxn], c[maxn]; bool pr[maxn]; void pre(int n) { memset(pr, 0, sizeof(pr)); tp = 0; sa[1] = 1; sb[1] = 1; b[1] = 1; c[1] = 0; for (int i = 2; i <= n; ++ i) { if (! /oi/lofterimport_006/ Thu, 08 Jan 2015 19:14:45 +0000 /oi/lofterimport_006/ 水水的dp。拿pascal玩玩边表。然后莫名其妙地发现在main上先是ce然后全wa。下到数据一测就过了，交bzoj还是过了。不开心。 必定是一个中间点然后连三条出去。所以直接枚举中间点然后bfs就好了。相当于每条边被转移了两次所以还是O(n^2)的。最初想错了想成三方了把自己吓了一跳。 pascal啊。 type edge = ^edger; edger = record t: longint; next: edge; end; const maxn = 5009; //ONLINE_JUDGE = false; ONLINE_JUDGE = true; var n, i, j, u, v: longint; ans: int64; d, cd, sd, td: array [0 .. maxn] of longint; head: array [0 .. maxn] of edge; ei: edge; procedure addEdge(u, v: longint); var ep: edge; begin new(ep); ep^. t := v; ep^. next := head[u]; head[u] := ep; end; /oi/lofterimport_007/ Thu, 08 Jan 2015 15:00:21 +0000 /oi/lofterimport_007/ 题号是3851，题目名称是2048。 比较厉害的DP。最初没有想到怎么表示状态。其实就是一个≤2048的自然数就可以表示状态了。 然后转移不能一个一个来，每个值要一起来， 然后拿组合数来算。然后就行了。 虽然hdu上还是过不到。好慢的说。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define _l (long long int) const int maxn = 100009; const int mod = 998244353; int n, f[2][2051], c[2051]; int fac[maxn], finv[maxn], p2[maxn]; int modPow(int a, int x) { int s(1); for (; x; x >>= 1, a = _l a * a % mod) if (x & 1) s = _l s * a % mod; return s; /oi/lofterimport_008/ Thu, 08 Jan 2015 11:46:07 +0000 /oi/lofterimport_008/ 全局二分+树状数组，其实还是比较水。 比较坑的一点是直接求和会暴long long。如果≥Pi了要直接break掉。好坑啊。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std;  int _d_; #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = (_x_ = 0); \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ while (_s_ = (_s_ << 3) + (_s_ << 1) + _d_ - 48, isdigit(_d_ = getchar())); \ } typedef long long dint; const int maxn = 300009; struct node { int v; node *next; }; struct rain { int l, r, a; }; struct bintree { dint t[maxn]; int n; bintree() { /oi/lofterimport_009/ Wed, 07 Jan 2015 22:26:51 +0000 /oi/lofterimport_009/ 水一发。 本来可以直接拿主席树找中位数的，但是因为main上只有32MB，所以只好写了个splay。感觉现在是爱上指针了。然后kth的时候少打个等号又wa又re好爽。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif #define _l (long long int) const int maxn = 100009; #define nsz(p) ((p)?(p->sz):0) #define sof(p) ((p)?(p->s):0) struct splay_node {    int v, sz;    dint s;    splay_node *ls, *rs, *pt;    inline void init(int v0) {    v = v0;    sz = 1;    s = v0;    pt = ls = rs = 0; /oi/lofterimport_010/ Wed, 07 Jan 2015 21:30:50 +0000 /oi/lofterimport_010/ 比较简单易懂的状压。 最初想懒一下把起点和终点也压进来然后发现刚好会超一点空间。然后不压进来的话就是100MB左右，很好奇MAIN上面64MB的内存应该怎么做。拿MAP么？ 代码各种难看啊郁闷。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t, v; edge *next; }; #define pow2(x) (1<<(x)) typedef pair <int, int> dspr; const int maxn = 20009; const int maxe = 400009; const int maxk = 20; const int maxz = pow2(20) + 3; int n, m, k, d[maxn]; int f[maxz][maxk], ds[maxk], dt[maxk], dk[maxk][maxk], ans; int g, pr[maxk]; edge *ep, *head[maxn]; dspr hp[maxe]; inline void addEdge(int u, int v, int w) { /oi/lofterimport_011/ Tue, 06 Jan 2015 21:10:22 +0000 /oi/lofterimport_011/ yy了一个sqrt的玩意，不过因为n在变所以没有保障啊。 肯定不是正解了。 1s的题跑了1.3s居然AC，好厉害。 #include <cstdio> typedef long long dint; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif dint calc(dint n, dint k) { if (n <= 1) return k; for (dint i = 1, j; i <= k; i = j + 1) { if (n <= i) return k; j = (n - 1) / ((n - 1) / i); if (j > k) j = k; n = ((n - 1) / i + 1) * j; } return n; /oi/lofterimport_012/ Mon, 05 Jan 2015 20:14:31 +0000 /oi/lofterimport_012/ 最初觉得挺麻烦的一道题没思路。有点像并查集直接搞但是不好维护直径。 然后发现树上到任意一点的最远点一定是直径的两个端点之一。于是直接把直径是哪俩点记下来就好了。然后按点权从大到小往树里插。 然后莫名其妙地抢到了第二快。这么老的题也是蛮欣慰的。大概是读入优化2333 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; void setRand() { FILE* pf = fopen(".rs", "r"); int hsv; if (pf) { fscanf(pf, "%d", &hsv); fclose(pf); } srand(hsv); printf("Seed = %d\n", hsv); pf = fopen(".rs", "w"); fprintf(pf, "%d", (hsv << 1) | (rand() & 1)); fclose(pf); } #define readArg(a,b) { if (argc > a) sscanf(args[a], "%d", &b); } void mklr(int m, char s) { int l, r; do l = rand() % m + 1, r = rand() % m + 1; while (l > r); printf("%d %d%c", l, r, s); } /oi/lofterimport_013/ Mon, 05 Jan 2015 12:04:52 +0000 /oi/lofterimport_013/ orz jason_yu提醒了我一句“最简单的优化”，才想起来。 如果d合法的话那么b/d-(a-1)/d>0。然后用整除优化到sqrt就可过。虽然比较慢。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int t, a, b, c, d, s, e; scanf("%d", &t); while (t --) { scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d); -- a; -- c; s = 1; e = min(b, d); for (int i = 1, j; i <= e; i = j + 1) { j = min(b / (b / i), d / (d / i)); if (a / i) j = min(j, a / (a / i)); if (c / i) /oi/lofterimport_014/ Sun, 04 Jan 2015 23:05:42 +0000 /oi/lofterimport_014/ 树型贪心orz 写丑了。调了半个晚上，然后发现是起点最耗时的时候的情况搞错了，只用走n-1条路而不是n条。晕。 对于每个节点贪心按f[p]-2*sz[p]排序或者用原式也行。不过巨慢。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int _d_;  #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = (_x_ = 0); \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ while (_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48, isdigit(_d_ = getchar())); \ } struct edge { int t; edge *next; }; const int maxn = 500009; int n, v[maxn], t, f[maxn], sz[maxn], dfo[maxn], st[maxn]; edge *ep, *head[maxn]; inline void addEdge(int u, int v) { ep-> t = v; /oi/lofterimport_015/ Sun, 04 Jan 2015 13:37:14 +0000 /oi/lofterimport_015/ 一血yeah yeah。 第一眼觉得是比较麻烦的单调队列。 然后发现转移的时候只会加1或者不加。 那么取的时候只用取队首，队里首先fi单不降然后hi单减。那么一定没有方案比取队首差。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int _d_;  #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = (_x_ = 0); \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ while (_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48, isdigit(_d_ = getchar())); \ } const int maxn = 1000009; int n, m, a[maxn], f[maxn], q[maxn]; int getTrans(int l, int r) { int v0 = f[q[l]]; while (l < r) { int mid = (l + r + 1) >> 1; /oi/lofterimport_016/ Fri, 02 Jan 2015 21:46:13 +0000 /oi/lofterimport_016/ 签到题。表示今天虽然废了一天但是还是坚持写了题的。 单调栈搞定。 因为打球把小指头打残了所以不想敲include所以写了pascal，然后发现include不用小指。 const maxn = 100009; var n, i, t: longint; a, st, ans: array[0 .. maxn] of longint; begin readln(n); for i := 1 to n do readln(a[i]); t := 0; for i := n downto 1 do begin while (t > 0) and (a[i] >= a[st[t]]) do dec(t); if t = 0 then ans[i] := 0 else ans[i] := st[t]; inc(t); st[t] := i; end; for i := 1 to n do /oi/lofterimport_017/ Thu, 01 Jan 2015 16:08:54 +0000 /oi/lofterimport_017/ 英语阅读题。做完去翻译题面然后写英语作业了。 就维护一下区间里的距离和and忽略一个点的收益的最大值。完了。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct seg { int l, r; int s, v; seg *ls, *rs; }; const int maxn = 100009; int n, m, x[maxn], y[maxn], d[maxn], v[maxn]; seg *rt, *sp; inline void upDis(int i) { if (i < n) d[i] = abs(x[i + 1] - x[i]) + abs(y[i + 1] - y[i]); else d[i] = 0; } inline void upVal(int i) { if (i > 1 && i < n) v[i] = d[i - 1] + d[i] - abs(x[i + 1] - x[i - 1]) - abs(y[i + 1] - y[i - 1]); /oi/lofterimport_018/ Thu, 01 Jan 2015 15:30:07 +0000 /oi/lofterimport_018/ 新题么。略水。 就一个序列，如果起点单增的话只要终点单增就不会冲突。 然后最少单增子序列覆盖=最长不降子序。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #define _l (long long int) const int maxn = 100009; int n, m, a[maxn], t[maxn], s; dint v[maxn], v0[maxn]; int btQry(int p) { int s = 0; for (; p; p -= (p & -p)) s = max(s, t[p]); return s; } void btChg(int p, int v) { for (; p <= n; p += (p & -p)) t[p] = max(t[p], v); } /oi/lofterimport_020/ Thu, 01 Jan 2015 00:00:03 +0000 /oi/lofterimport_020/ 新年第一题哈哈。虽然没有成功拿到fb。 所谓阶乘进制数么。略水。只不过加一减一啥的得小心些。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long dint; #define pow2(x) (1<<(x)) #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif const int maxn = 21; dint fac[maxn]; int n, k, t, x[maxn]; dint a; void sovPerm() { t = 0; for (int i = n; i; -- i) { int r = (a - 1) / fac[i - 1] + 1, c = 0; a -= (r - 1) * fac[i - 1]; /oi/lofterimport_021/ Sun, 28 Dec 2014 01:38:08 +0000 /oi/lofterimport_021/ 解锁成就：半夜过题。（其实是因为在搞bsd） 仔细看下题推一下发现第n维中m维元素的个数为2^(n-m)*C(n,m)。 然后组合数好像得nlogn用逆元？恭喜tle。 然后yy了一个用线性筛的办法，只是素数用快速幂，这样大约可以降低复杂度，然后就能过了。好神奇。 代码好长TT。 #include <cstdio> #include <cstring> #define _l (long long int) const int maxn = 10000009; int tp, pn[maxn], inv[maxn]; bool pr[maxn]; int n, mod, s, c, p; int modPow(int a, int x) {     int s = 1;     for (; x; x >>= 1, a = _l a * a % mod)         if (x & 1)             s = _l s * a % mod;     return s; /oi/lofterimport_022/ Sat, 27 Dec 2014 21:01:20 +0000 /oi/lofterimport_022/ 退役了之后智商下降严重啊。今天bc死惨了。这比较水的题也是去看了题解才反应过来的。 先把序列改成不降。 然后把原来的序列分成一些段，每段的中位数递增。   考虑新加入一个ai，如果它比前一段的中位数小，那么就把它和前一段合并，再拿合并之后的段去和再前一段比较一下。其实我也不能证明为啥是这样，只是感觉比较有道理。我肯定是没救了。 中位数的话用可合并的堆来维护比较方便。orz各种神级堆，然后我还是用的左偏树。 以后树要拿指针写所以代码巨长。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int _d_; #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = _x_; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ _s_ = 0; \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ } #define sof(p) ((p)?(p->s):0) struct node { int v, s; node *ls, *rs; inline void init(int x) { v = x; s = 1; ls = 0; rs = 0; /oi/lofterimport_023/ Sat, 27 Dec 2014 10:00:25 +0000 /oi/lofterimport_023/ 大概是今天不宜刷题来着。应该好好做作业。 用线段树套单调队列可以把复杂度降到O(nlogn)。然后deque严重不靠谱，得用list才行。 然后还是跑得巨慢。前面的人是排序搞定的么？表示不明觉厉。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <deque> #include <list> #include <algorithm> using namespace std; int _d_; #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = _x_; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ _s_ = 0; \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ } //typedef deque <int> dque_i; typedef list <int> dque_i; struct seg { int l, r; dque_i u, d; seg *ls, *rs; }; const int maxn = 250009; /oi/lofterimport_024/ Fri, 26 Dec 2014 21:32:24 +0000 /oi/lofterimport_024/ zhx+主席出的题，恐怖至极。 写此题需要极高的常数优化技巧+耐心。 本地跑到50s才在bzoj上压80s跑过。 其实思路就是拿线段树套AVL把询问的时间复杂度优化到O(logn)。 然后首先用treap会t爽+mle爽。 然后avl需要各种常数优化。 然后要在xxxxx地方优化。 加上zhx牌读入优化+块状内存+抄std的AVL+.....终于在81s过了。 orz比我快一倍的wangyisong神犇。 #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int BUF_SIZE = 300; char buf[BUF_SIZE], *buf_s = buf, *buf_t = buf + 1; #define PTR_NEXT() \ { \ buf_s ++; \ if (buf_s == buf_t) \ { \ buf_s = buf; \ buf_t = buf + fread(buf, 1, BUF_SIZE, stdin); \ } \ } #define readInt(_n_) \ { \ while (*buf_s != '-' && !isdigit(*buf_s)) \ PTR_NEXT(); \ bool register _nega_ = false; \ if (*buf_s == '-') \ /oi/lofterimport_025/ Fri, 26 Dec 2014 17:45:06 +0000 /oi/lofterimport_025/ 全局二分的经典题。 最初试图用持久化线段树和分块，然后欢快地tle+mle了。看到jason_yu和mhy过了，只能说自己的常数优化还不过关啊。 第一次写这种二分。就是把所有东西扔进来快速排序，顺便考虑每个询问应该被扔到哪边。然后加树状数组来统计就好了。 代码巨丑。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct query { int x1, y1, x2, y2, k, n; }; int _d_; #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = _x_; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ _s_ = 0; \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ } const int maxn = 509; const int maxq = 310009; int n, m, t, maxa, a[maxn][maxn], b[maxn][maxn], ttm; /oi/lofterimport_026/ Wed, 24 Dec 2014 21:27:43 +0000 /oi/lofterimport_026/ 本来想做点英语作业的。想10分钟把这题搞定的。结果傻了去写trie树dp又傻了没有考虑终点也可以有子结点。 我真是无药可救了。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int tcnt; struct trie_node { int d, e, t[26]; inline trie_node(int d0 = 0) { e = 0; d = d0 + 1; memset(t, 0, sizeof(t)); } inline int ins(char c) { if (!t[c - 97]) t[c - 97] = ++ tcnt; return t[c - 97]; } inline int trans(char c) { return t[c - 97]; } }; const int inf = 0x3f3f3f3f; const int maxs = 15009; /oi/lofterimport_027/ Mon, 22 Dec 2014 23:32:06 +0000 /oi/lofterimport_027/ 老早之前就听说过的题。好像讲过不只一遍。不过才从bzoj上翻出来。 记得是神奇的dp优化。为啥这年头卡常数的题这么多。 首先肯定这玩意多项式可解。六维状态肯定能搞定。然后会mle+tle。 首先考虑从高到低放书，那么后面的如果不新开一行的话对高度没有影响。瞬间少了3维状态。 然后发现只要知道两维的总宽度和当前是第几位，就能知道第三维的宽度。于是一维2100缩70，开滚动可过。 当然还是需要一些常数优化的技艺。比如用宽度直接判断这一行有没有书。这样可以省下不少时间，而且好像只能这样才存得下。64MB太紧了点。另外把函数里的int改成const int&会变慢，不知为何。 居然花了这么久才搞出来。我太年轻了。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct book { int w, h; }; inline bool cmpBook(const book& a, const book& b) { return a. h > b. h; } const int maxn = 71; const int maxw = 2109; const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, f[2][maxw][maxw], sw; book a[maxn]; inline void upmin(int& _a_, int _b_) { if (_a_ > _b_) _a_ = _b_; /oi/lofterimport_029/ Mon, 22 Dec 2014 19:38:16 +0000 /oi/lofterimport_029/ 好一道卡常数。不仅卡时间，还卡空间。堪称丧心病狂的极致。 首先因为空间小所以得用莫队。然后不知为何树状数组没有直接分块跑得快。 没有救啦。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm>   usingnamespacestd;   structqry {     intl, r, a, b, n; };   int_d_; #define readInt(_x_) { \     int& _s_ = _x_; \     while(!isdigit(_d_ = getchar())); \     _s_ = 0; \     while((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ }   constintmaxn = 100009; constintmaxm = 1000009;   intn, m, bsz, a[maxn], c[maxn], w[maxn], b[maxn], ans[maxm]; /oi/lofterimport_031/ Sun, 21 Dec 2014 14:55:35 +0000 /oi/lofterimport_031/ 乍一看矩阵水题，然后发现不能走回头路。 于是改一下把边当做点，把点当作转移，转移的时候就可以避免走过去就走回来的情况了。 说好的复习会考呢？ #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define _l (long long int) const int mod = 45989; const int maxn = 123; class matrix { public: int n, a[maxn][maxn]; inline matrix() { } inline matrix(int n0, bool one = 0) { n = n0; memset(a, 0, sizeof(a)); if (one) for (int i = 0; i < n; ++ i) a[i][i] = 1; } void operator =(const matrix& x) { n = x. /oi/lofterimport_032/ Sun, 21 Dec 2014 14:21:28 +0000 /oi/lofterimport_032/ 贪心。从小到大每个灯泡找个小于等于它的最接近的房间去照。 剩下的照不亮的房间直接换。 剩下的背包空间把已经匹配的差最大的换掉。 第一步要拿堆维护一下。剩下的直接排序。 然后把nie写成-1了，no save。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long di; #ifdef WIN32 #define difmt "%I64d" #else #define difmt "%lld" #endif const int maxn = 500009; int _d_; #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = _x_; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ _s_ = 0; \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ } int n, k, p[maxn], w[maxn], x[maxn], t; /oi/lofterimport_033/ Sat, 20 Dec 2014 23:09:18 +0000 /oi/lofterimport_033/ 以前觉得不会，仔细想想觉得还是挺水。 manacher找出所有中心回文串，然后用单调队列扫一下每个位置往左最长和往右最长就行。找位置比较烦不过还是比较好写的。 重点是写出了在windows下拿for循环对拍，虽然异常丑。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 200009; int n, l[maxn], q[maxn], vx[maxn], vy[maxn]; char a[maxn]; void manacher() { l[0] = 1; for (int i = 1, j = 0; i < (n << 1) - 1; ++ i) { int r = ((j + 1) >> 1) + l[j] - 1; int p = i >> 1, q = i - p; l[i] = (r >= q) ? min(r - q + 1, l[(j << 1) - i]) : 0; /oi/lofterimport_037/ Wed, 17 Dec 2014 16:03:47 +0000 /oi/lofterimport_037/ 最初以为是splay维护Hash的简单题。顺手开心地敲了个splay还是指针版的。 然后发现tle了。 然后知道了可以暴力重新建串。 然后拿splay暴力重新建串。 然后又tle了。 然后不得已改成了随机线性存取表，过之。 我还是太naive了啊。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef unsigned long long qw; #define _l (long long int) const int maxn = 200009; const int base = 233; struct str { char a[maxn]; int len; inline str() { len = 0; } inline void read() { scanf("%s", a + 1); len = strlen(a + 1); } inline char operator [](const int& x) const { /oi/lofterimport_039/ Tue, 16 Dec 2014 19:34:28 +0000 /oi/lofterimport_039/ 最初以为是水题，直接写个dq交上去不对。 看了下题解才知道是后缀数组。好久不写都快不会写了。 把原串倒过来扔一起排一下就行了。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 60009; int n; int sa[maxn], rk[maxn], ro[maxn], w[maxn], o[maxn]; char a[maxn]; void sufixArray(int n) { memset(w, 0, sizeof(w)); for (int i = 0; i < n; ++ i) ++ w[(int)a[i]]; for (int i = 1; i < 123; ++ i) w[i] += w[i - 1]; for (int i = 0; i < n; ++ i) sa[-- w[(int)a[i]]] = i; /oi/lofterimport_043/ Sat, 13 Dec 2014 20:41:53 +0000 /oi/lofterimport_043/ 今天上课讲的题。 做法就直接枚举约数，或者说分解质因数。后者可以预处理到log。 判循环也比较开心。直接用一些奇奇怪怪的字符串的性质就好了。 看来字符串很博大精深啊。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef unsigned long long qw; typedef pair <int, qw> hstrv; #define _l (long long int) int _d_; #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = _x_; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ _s_ = 0; \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ } const int maxn = 500009; const int base = 257; const int hmod = 1000000093; /oi/lofterimport_046/ Mon, 08 Dec 2014 15:04:52 +0000 /oi/lofterimport_046/ 好久没做过数据范围这么小的题了。 看来我是有点偏科了。 这么前面的题居然都不做。 dp就好。状态是前面男-女的最大值和最小值还有现在有多少男。然后滚动。 我毕竟太年轻。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 159; const int maxk = 49; const int kbase = 23; const int mod = 12345678; int n, m, c, f[2][maxn][maxk][maxk]; #define incm(_x_,_b_) { \ int& _a_ = _x_; \ _a_ += _b_; \ if (_a_ >= mod) \ _a_ %= mod; \ } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt", "r", stdin); #endif scanf("%d%d%d", &n, &m, &c); if (c == 0) { puts("0"); } else { /oi/lofterimport_053/ Tue, 02 Dec 2014 17:16:23 +0000 /oi/lofterimport_053/ 前两天还在YY动态DFS序呢，这就冒了一个出来。 动态DFS序的郁闷之处在于不好维护dfs序上的end。而把反括号建出来正好能解决这个问题。 然后就splay写得飞慢不知道怎么回事。 用两个栈就可以迭代做出括号序列，自己YY出来的给自己赞一个。 然后是目前最长的代码和倒数第二慢的时间。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int _d_; #define readInt(_x_) { \ int &_s_ = _x_; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ _s_ = 0; \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ } #define readOpt(_x_) { \ while (!isupper(_d_ = getchar())); \ _x_ = _d_; \ } typedef long long qw; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif struct edge { int t; /oi/lofterimport_055/ Mon, 01 Dec 2014 21:27:34 +0000 /oi/lofterimport_055/ 优化方法暑假的时候zhx讲过，我居然还记得好感动。 Mobius反演加些奇异的东西。（不会用公式编辑器是不是已经落伍了） 两个优化-> sqrt(n)^2 == n。 跑得飞慢 。而且中间那坨又长又丑。 久了不写都快忘了。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; #define _l (qw) const int maxn = 10000009; const int mod = 20101009; int pn[maxn], mu[maxn], smu[maxn], tp; bool pr[maxn]; void pre(int maxn) { memset(pr, 0, sizeof(pr)); tp = 0; mu[1] = 1; for (int i = 2; i <= maxn; ++ i) { if (!pr[i]) { pn[tp ++] = i; mu[i] = -1; } for (int j = 0; j < tp && i * pn[j] <= maxn; ++ j) { /oi/lofterimport_058/ Sun, 30 Nov 2014 11:28:01 +0000 /oi/lofterimport_058/ 题意：求n!在b进制下的位数（n<=2^31）。 好像要高精！？好像会TLE！？根本不会做！ 然后想到answer=∑log(k,i) 然后积分？∫ln(x) dx = xln(x) - x 小数据直接跑，过之。试个极限数据，差了3！？ 仔细一想，对数函数是凹的，这样算答案当然会偏小。 百度了一下，发现有个公式：n!≈√(2*π*n)*(n/e)^n。 拆开之后发现就是比原来的积分多了个ln(2*π*n) #include <cstdio> #include <cmath> const double pi = asin(1) * 2.0; double calc(double n, double k) { double ans = 0; if (n < 100000) { for (int i = 1; i <= n; ++ i) ans += log(i); ans /= log(k); } else { ans = (0.5 * log(pi * n * 2) + log(n) * n - n) / log(k); } return ans + 0.5; } /oi/lofterimport_061/ Sat, 29 Nov 2014 17:04:43 +0000 /oi/lofterimport_061/ 好像数学都退化了。 其实一直没有用过中国剩余定理。虽然好像也不是太麻烦，不过要记住。 然后这题也比较裸吧。把C(n,m)中的阶乘分解成t*p^k的样子就好了。ORZ JASON_YU #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; #define _l (qw) const int mod = 999911659; const int pn[4] = {2, 3, 4679, 35617}; const int maxb = 50009; int n, g, fac[maxb], tf, s[4]; int t[maxb]; int modPow(int a, int x, int mod) { int s = 1; for (a %= mod; x; x >>= 1, a = _l a * a % mod) /oi/lofterimport_062/ Fri, 28 Nov 2014 09:46:11 +0000 /oi/lofterimport_062/ 异常欢乐的并查集。馒头染色法。均摊O(n)的时间。 离线，先把每个染色操作会染黑哪些边算出来，把黑色子节点并到白色父节点里。 然后倒着处理，询问就直接用并查集问白色子节点顶上的黑色父节点最近是谁。染色操作再染回来。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t, i; edge *next; }; struct query { int t, v, ans; int *b; }; int _d_; #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = _x_; \ _s_ = 0; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ } const int maxn = 1000009; int n, m, d[maxn], fa[maxn], v[maxn], c[maxn], r[maxn]; /oi/lofterimport_063/ Fri, 28 Nov 2014 08:52:14 +0000 /oi/lofterimport_063/ The input contains several test cases. 虽然我没看到这句话但也A了，什么情况。 a到b的路径xor=(a到根xor b到根) 水 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t, v; edge *next; }; const int maxn = 100009; const int maxl = 33; int n, v[maxn], fa[maxn], tr[maxn * maxl][2], tn; edge *head[maxn], *ep; inline void addEdge(int u, int v, int w) { ep-> t = v; ep-> v = w; ep-> next = head[u]; head[u] = ep ++; /oi/lofterimport_065/ Wed, 26 Nov 2014 16:04:09 +0000 /oi/lofterimport_065/ 平衡树维护序列的老题。之前用SMT写过，不过在bzoj上就tle了。splay大法好。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int _d_; #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = _x_; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ _s_ = 0; \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ } #define readStr(_s_) { \ char* _i_ = _s_; \ while (!islower(_d_ = getchar())); \ while ((*(_i_ ++) = _d_), islower(_d_ = getchar())); \ *(_i_) = 0; \ } #define _l (long long int) const int maxn = 300009; const int mod = 20130426; /oi/lofterimport_066/ Wed, 26 Nov 2014 11:32:53 +0000 /oi/lofterimport_066/ CDQ重构图。听上去比CDQ还高档的样子。 就是每层重新标号，把没有询问到的边拿来跑并查集。 最初是分开考虑然后可修复的并查集就T傻了。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <set> #include <algorithm> using namespace std; int _d_; #define readInt(_x_) { \ int& _s_ = _x_; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())); \ _s_ = 0; \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ } const int maxn = 100009; const int maxm = 200009; const int maxl = 19; struct edge { int a, b, i; }; struct dset { int r[maxn], hp[maxn * 5], hv[maxn * 5], cnt; /oi/lofterimport_067/ Mon, 24 Nov 2014 20:52:44 +0000 /oi/lofterimport_067/ 离散，然后树状数组+莫队。 最初用的是直接粘过来的1488的sbt，然后极限随机数据要跑14s。好郁闷。 然后改用数状数组就变1s了。是我再次把sbt写丑了还是它常数够厉害TT #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct query { int i, l, r, pl, pr; }; typedef unsigned int uint; const int maxn = 50009; #define update(_p_) (sz[_p_]=sz[ls[_p_]]+sz[rs[_p_]]+1) inline bool cmpQry(const query& a, const query& b) { return a. pl < b. pl || (a. pl == b. pl && a. pr > b. pr); } inline bool cmpP(int* a, int* b) { return *a < *b; } int n, m, bsz, a[maxn], *r[maxn], maxa, t[maxn]; /oi/lofterimport_068/ Mon, 24 Nov 2014 19:53:03 +0000 /oi/lofterimport_068/ 据说是男人八题。 状态太差调了一节宝贵的晚自习，严重不开心。 异常裸的点分治。然后里面还是套的sbt。 卡空间比较丧病，不能开nlogn，要想办法开到n。其实就是找重心分治完再bfs一遍。最初没有写，所以mle爽，在poj上还显示的是re。 然后各种逗的错误调啊调。把代码调得怪丑。我还是naive啊。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t, v; edge *next; }; const int maxn = 40009; int n, k, ans; int d[maxn], tvis, vis[maxn], vd[maxn], sz[maxn], qu[maxn]; edge *ep, *head[maxn], elst[maxn * 2]; #define update(_p_) (sz[_p_]=sz[ls[_p_]]+sz[rs[_p_]]+1) namespace sbt { const int maxnd = maxn * 2; const int balc = 5; int nst[maxnd], tn; int ls[maxnd], rs[maxnd], vl[maxnd], sz[maxnd]; inline void lRot(int& p) { /oi/lofterimport_069/ Mon, 24 Nov 2014 16:04:27 +0000 /oi/lofterimport_069/ jason_yu表示是kd-tree的裸题。 拿个堆维护一下答案，然后剪剪枝啥的，写起来轻松愉快还比lct短。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; typedef pair <qw, int> hele; #define _l (qw) int _d_; bool _nag_; #define readInt(_x_) { \ int &_s_ = _x_; \ _s_ = 0; \ _nag_ = 0; \ while (!isdigit(_d_ = getchar())) \ if (_d_ == '-') \ _nag_ = 1; \ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar())); \ if (_nag_) \ _s_ = - _s_;\ } const int maxn = 100009; /oi/lofterimport_070/ Mon, 24 Nov 2014 10:59:07 +0000 /oi/lofterimport_070/ 写完Kdtree感觉整个人都要离散了。 这题比较神，之前连题都没看懂。每个位置的方案数就是上下左右的数量的组合数的乘积。把x离散之后维护区间中左×右的和，上下y相同的扫一遍搞定。（感觉说了像没说） #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct point { int x, y; }; const int maxn = 100009; const int maxk = 13; inline bool cmpP(int* a, int* b) { return *a < *b; } inline bool cmpy(const point& a, const point& b) { return (a. y < b. y) || (a. y == b. y && a. x < b. x); } point a[maxn]; int n, m, c[maxn][maxk], cx[maxn], tx[maxn], t[maxn], maxx, ans; /oi/lofterimport_071/ Mon, 24 Nov 2014 10:23:51 +0000 /oi/lofterimport_071/ Log^2的cdq分治怎么也跑不过。优化常数优化到底了也不行。所以kd大法好。 怎么都觉得kd树就一暴力+剪枝=log。 思想就是先按x二分，然后再按y二分，然后再按x二分。然后这玩意比较像平衡树，中间那个点是要代表一个真实的结点的而不是一个值。然后insert的时候感觉复杂度完全没有保证啊。如果要保证可能要替罪羊一类的东西吧。虽然这题好像不用保证。 询问的时候就更迷了，就是估计一个离哪边近，然后先搜。然后另一边如果估计值还小于答案就再搜一遍。好诡异，时间复杂度是怎么来的。 然后代码略丑，加了zhx式读入优化后长度xxxxx。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define READ_OPTIMIZE #ifdef READ_OPTIMIZE /*int _d_; #define readInt(_s_) {\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ }*/ const int BUF_SIZE = 30; char buf[BUF_SIZE], *buf_s = buf, *buf_t = buf + 1;    #define PTR_NEXT() \ { \ buf_s ++; \ if (buf_s == buf_t) \ { \ buf_s = buf; \ buf_t = buf + fread(buf, 1, BUF_SIZE, stdin); \ /oi/lofterimport_073/ Mon, 24 Nov 2014 08:43:28 +0000 /oi/lofterimport_073/ 看时间比较宽么，写一个log^2的cdq+树状数组么。 然后被2648卡了。学kd-tree吧。 naive。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int _d_; #define readInt(_s_) {\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } struct point { int x, y, t, i; }; const int maxn = 500009; const int maxz = 1000009; const int inf = 0x3f3f3f3f; inline bool cmpPoint(const point& a, const point& b) { return a. /oi/lofterimport_074/ Sun, 23 Nov 2014 17:32:59 +0000 /oi/lofterimport_074/ 看到取模瞬间想到了昨天的bc。 应该这是取模然后求啥玩意的时候的比较通用的解法吧。p<=sqrt(maxv)的预处理，剩下的直接暴力。结果预处理又写丑了一回。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 100009; const int maxv = 10000; const int bsz = 100; const int maxb = 103; int n, m; int a[maxn], vb[maxb][maxb], ve[maxb][maxb]; int xb[maxn], xe[maxn]; int i_buf[maxn * maxb * 2], tib; void pre() { memset(ve, 0, sizeof(ve)); memset(xe, 0, sizeof(xe)); for (int i = 1; i <= n; ++ i) ++ xe[a[i]]; for (int i = 0; i <= maxv; ++ i) { /oi/lofterimport_075/ Sun, 23 Nov 2014 16:45:32 +0000 /oi/lofterimport_075/ 数位DP好麻烦啊不想写啊怎么办啊。 利用trie树思想直接做好了。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif const int maxn = 15; qw p10[maxn]; qw x, y, ans[10], c[10]; int n; char a[maxn]; void calc(qw val, int sgn) { if (!val) return; sprintf(a + 1, lld, val); int n = strlen(a + 1); memset(c, 0, sizeof(c)); qw cz, cm, cr; cz = 1; /oi/lofterimport_076/ Sun, 23 Nov 2014 16:15:05 +0000 /oi/lofterimport_076/ 乍一看不会。 想了想，求出每一个数的前一个相同的数的位置和后一个相同的数的位置，然后询问就是L<=i<=R && next[i]>=R && last[i] <= L的最大的a[i]。这三层树套树啊！？ 好像不带修改，那可以把一个Log的树优化成1的前缀和。 然后最值不满足减法，所以就把L<=i<=R拿动态建的线段树套里面好了。 卡空间400+MB过了，我对拍的大数据把网上的某人的程序干掉了哈哈。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct seg { int v, ls, rs; }; const int maxn = 100009; const int maxnd = maxn * 409; int n, m, a[maxn], v[maxn], ls[maxn], nx[maxn], o[maxn]; int t[maxn], sp; seg sl[maxnd]; inline bool cmpO(const int& a, const int& b) { return ls[a] < ls[b]; } int getLa(int l0) { int l = 1, r = n; /oi/lofterimport_077/ Sun, 23 Nov 2014 14:40:47 +0000 /oi/lofterimport_077/ LCT的简单题。好久不写都手生了，还把rotate写错了一点点，导致找了半天错。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int _d_; #define readInt(_s_) {\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } const int maxn = 300009; int n, m; int ls[maxn], rs[maxn], pt[maxn], rv[maxn], vl[maxn], vs[maxn]; inline void update(const int& p) { vs[p] = vs[ls[p]] ^ vl[p] ^ vs[rs[p]]; } inline void fix(int p) { if (rv[p]) { swap(ls[p], rs[p]); if (ls[p]) /oi/lofterimport_078/ Sun, 23 Nov 2014 13:51:36 +0000 /oi/lofterimport_078/ cdq分治第二题。 最初没看清题所以一直不会做。晕。 cdq教程里的模板题。 显然所有卖都是卖完，买都是把钱买光。 f[i]表示第i天结束后最多持有b卷的数量，ans表示当前最多能赚到的rmb。 方程是： f[i] = max(ans, f[j] * r[j] * a[i] + f[j] * b[i]) / (a[i] * r[i] + b[i])。 移项得： f[j] = -(a[i]/b[i]) * (r[j] * f[j]) + (r[i] * a[i] + b[i]) / b[i] * f[j]。 把r[j]*f[j]看作x，把f[j]看作y，好像可以斜率优化了。  不急，f[j]好像没有单调性吧？不对，好像a[i]/b[i]也没有单调性！？ 平衡树维护凸壳？想起了上回那道hnoi的作业，调了一晚上，怎么能这样。 然后，其实可以cdq。 每次对右边有影响的是左边的凸壳，所以先跑左边，计算左边对右边的影响，再跑右边。这回是中序遍历，而不是Mokia那题的后序。 原来cdq可以这么神奇。 然后又把凸壳写丑了TT。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 100009; double ans, s, f[maxn], a[maxn], b[maxn], r[maxn]; int n, h[maxn], tmp[maxn], t; inline double getx(const int& i) { return f[i] * r[i]; } inline double gety(const int& i) { return f[i]; /oi/lofterimport_079/ Sat, 22 Nov 2014 22:58:45 +0000 /oi/lofterimport_079/ 好像要用二维AC自动机的样子！？不对，还要优化不然还会MLE！？ naive。 哈希水过之。 中途某处忘强转导致调了良久。 2462丧心病狂卡stl常数，差点写平衡树了，然后想了想二分水之。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <set> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; typedef unsigned long long uqw; #define _l (qw) const int rmod = 345379; const int b1 = 3; const int b2 = 3153131; const int maxn = 1009; int pb1[maxn]; int n, m, x, y, q, hr[maxn][maxn], t; uqw hl[maxn][maxn], pb2[maxn]; char g[maxn]; uqw th[maxn * maxn]; void pre() { pb1[0] = 1; pb2[0] = 1; /oi/lofterimport_081/ Fri, 21 Nov 2014 21:42:33 +0000 /oi/lofterimport_081/ cdq分治第一题。 最近的主题是数据结构，这玩意应该也算一种和莫队一样厉害的黑暗大法吧。有些需要你把在线写得足够厉害的题可以用这玩意来水。 写起来很像归并排序，按时间分治，然后再按某个坐标之类的玩意归并一下，归并的时候像求逆序对一样做，计算一边对另一边的贡献，顺便用点啥数据结构维护一下之类的。 这题有点像上帝造题七分钟。不过w的范围显然不是让你写二维树状数组。感觉那题可以用cdq水过，不过cdq好像不能用简单的二维树状数组，至少要动态一下啥的，然后空间就bye了。 这题就是按x排序查询y。课件上的原题。 另外依然不会迗代，还是写的递归。（找到了fft的感觉） #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif struct query { int t, x, y, v; inline query(int t0 = 0, int x0 = 0, int y0 = 0, int v0 = 0) { t = t0, x = x0, y = y0, v = v0; } }; /oi/lofterimport_082/ Fri, 21 Nov 2014 14:50:45 +0000 /oi/lofterimport_082/ 出题人应该才是真正的机房语文竞赛冠军。 好厉害的数据结构。cdq的不会。 树状数组套平衡树跑得飞快。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct flower { int a, b, c; }; const int maxn = 100009; const int maxv = 200009; const int maxl = 17; #define update(p) (sz[p]=sz[ls[p]]+sz[rs[p]]+1) namespace sbt { const int maxnd = maxn * maxl; const int balc = 10; int tn, ls[maxnd], rs[maxnd], sz[maxnd], vl[maxnd]; void init() { tn = 0; sz[0] = 0; } inline void lRot(int& p) { /oi/lofterimport_083/ Fri, 21 Nov 2014 09:11:40 +0000 /oi/lofterimport_083/ BZOJ里的第二道noip题，今年防ak题，OTZ。 最初直接用大素数取模的方法要TLE，虽然本机不会。 用几个小质数pni，算出在模pni的同余系里0~pni-1的答案。如果x为原方程的解的话x%pni在模pni意义下也应该为0。 然后还是会TLE，最后发现小质数乘的时候不用取模了。bzoj上这题纯粹是丧心病狂卡常数啊。 ORZMHY #define PROC "equation" #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef unsigned long long uqw; typedef long long qw; const int maxn = 109; const int maxl = 10009; const int maxm = 1000009; const int cp = 5; //const int pn[cp] = {111119, 23333, 11113, 23251, 33329}; const int pn[] = {22861, 22871, 22877, 22901, 22907, 22921}; const int p10[] = {1, 10, 100, 1000, 10000, 100000, 1000000, 10000000, 100000000}; /oi/lofterimport_084/ Thu, 20 Nov 2014 17:14:47 +0000 /oi/lofterimport_084/ 做过。但是不对。 迷之找负环。 初值直接赋为0，这样可以节省找没用的最短路的时间。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; double v; edge *next; }; const int maxn = 3009; const int maxm = 10009; const double eps = 1e-9; const double finf = 1e20;  int n, m; bool iq[maxn]; double d[maxn], ave; edge *ep, *head[maxn], elst[maxm]; bool dfs(int p) { iq[p] = 1; for (edge* e = head[p]; e; e = e-> next) if (d[e-> t] - (d[p] + e-> v) > eps) { /oi/lofterimport_085/ Thu, 20 Nov 2014 15:49:34 +0000 /oi/lofterimport_085/ 数据结构题神马的最开心了。 乍一看动态树，其实不然。复杂度可以再乘一个log的。 启发式合并。然后合并的时候直接暴力重构整棵子树，建主席树只和父亲节点有关，所以还是能搞定。 写了一个机智的垃圾回收把log^2的空间变成了log。然后发现空间有512MB。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge* next; }; struct seg { int v, c; seg *ls, *rs; }; #define readInt(_s_) {\ int _d_;\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } const int maxn = 80009; const int maxl = 33; const int maxnd = maxn * maxl; /oi/lofterimport_087/ Tue, 18 Nov 2014 18:50:06 +0000 /oi/lofterimport_087/ 好恶心的数据结构题。 考虑单个询问。把(视作1，把)视作-1，设minprefix为最小前缀和，设cp=(minprefix+1)/2，那么答案为(sum/2+cp*2)，使劲想想想得出来。 所以就是用个splay或者smt来维护一下一段的最小前缀和以及总和。因为有两种操作所以写起来比较麻烦。要注意不要把操作看反了，还要注意标记的优先级和更新的问题。 恶心了一下午。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct dat { int sm, t[2][2]; inline void operator =(const dat& a) { sm = a. sm; t[0][0] = a. t[0][0]; t[0][1] = a. t[0][1]; t[1][0] = a. t[1][0]; t[1][1] = a. t[1][1]; } }; const int maxn = 100009; int n, m, cr, a[maxn], sz[maxn], ls[maxn], rs[maxn], pt[maxn], vl[maxn]; bool flip[maxn], rev[maxn]; dat d[maxn]; dat sgd(int v) { dat r; r. sm = v; /oi/lofterimport_088/ Tue, 18 Nov 2014 11:26:38 +0000 /oi/lofterimport_088/ 好厉害的数据结构题，时限太吓人了。 最初想写莫队的，但是在数据范围下屈服了。 用可持久化线段树套可持久化线段树来维护可过。虽然跑了97s。本机跑得快得多，虽然有两个点被卡到了18s。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct seg { int v, ls, rs; }; #define readInt(_s_) {\ _s_ = 0;\ int _d_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } const int maxn = 100009; const int maxl = 20; const int maxnd = maxn * maxl * maxl; seg s[maxnd]; int n, m, t, a[maxn], d[maxn], c[maxn], *r[maxn], sp, rt[maxn]; /oi/lofterimport_095/ Fri, 14 Nov 2014 21:14:19 +0000 /oi/lofterimport_095/ 这题就是考你怎么把能优化常数的地方都优化一下。 做法比较清晰，分块加持久化值域线段树。大块预处理，小块暴力算。虽然最初不想写持久化数据结构就试图用平衡树去做，结果发现做法是错的，单次复杂度是O(n*lgn)的。看来我太年轻了。后来改了但是常数巨大也没法跑。 本来是一次询问里有若干次在持久化线段树上查询的。然后首先发现可以预处理出从开头到一块末尾这一段里有多少个比后面任意一个位置大的数的个数。还有一个数前面比它大的数的个数。这俩加起来常数差不多就小到能过了。 丧心病狂！ #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 50009; const int maxb = 259; const int maxnd = maxn * 30; struct seg { int v; seg *ls, *rs; }; inline bool cmpP(const int* a, const int* b) { return *a < *b; } #define readInt(_s_) {\ int _d_;\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ /oi/lofterimport_096/ Thu, 13 Nov 2014 22:01:17 +0000 /oi/lofterimport_096/ 暑假的时候就听zhx讲过这题，不过好像当时讲复杂了。 很容易知道答案就是每次减去被出列的人里面没有出过列的人在原序列里右边的比她矮的人的个数。 所以每个人只会被算一次，均摊下来是O(n)的。然后就是怎么很快地找到这些人。我觉得用线段树比较方便，时间可以做到log。不知道是不是能用并查集。 好写好调。 #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <memory.h> #include <algorithm> using namespace std; #define readInt(_s_) {\ int _d_;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ _s_ = 0;\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } typedef long long qw; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif struct seg { int l, r, v, p; seg *ls, *rs; }; const int maxn = 500009; /oi/lofterimport_097/ Thu, 13 Nov 2014 13:34:28 +0000 /oi/lofterimport_097/ 连yjq都会做，简直是水暴了。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm>   usingnamespacestd;   constintmaxn = 20009;   intn, m, a[maxn], t[maxn], *r[maxn], s;   intbtQry(int* t, intp) {     ints = 0;     while(p)         s += t[p], p -= (p & -p);     returns; }   voidbtChg(int* t, intp, intv) {     while(p < maxn)         t[p] += v, p += (p & -p); }   inlineboolcmpP(constint* a, constint* b) {     return*a < *b; }   intmain() { #ifndef ONLINE_JUDGE     freopen("in.txt", "r", stdin); #endif /oi/lofterimport_110/ Thu, 30 Oct 2014 21:11:25 +0000 /oi/lofterimport_110/ 居然写了一半手贱就把所有东西都弄没了。严重地不开心。 既然这样那么简单说吧。 长度≤10^5这个条件在bzoj上没说。 用fft求出长度和为leni的组数。 枚举第三根火柴，可行的是（它作为最长的总组合数 - （长度≤它的组合数））那么多组。 fft必需常数够小。不写蝴蝶会tle。 #include <cstdio> #include <cmath> #include <cctype> #include <memory.h> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; #define readInt(_s_) {\ int _d_;\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } struct cplx { double r, i; inline cplx() { r = 0, i = 0; } inline cplx(double r0, double i0) { r = r0, i = i0; /oi/lofterimport_112/ Thu, 30 Oct 2014 15:58:58 +0000 /oi/lofterimport_112/ 很久之前就看过的题。不过一直没有勇气去做。爱真的需要勇气。 mex这个函数的性质比较奇妙。一端确定的话一定是单增的。两段和起来也一定是增加的。 可以很方便地求出从1到任何一个位置的mex。考虑把询问离线。按左端点排序。如果去掉一个数，那么对于右端点在（从这个数到下一个等于这个数的位置）这一段里的询问，它的值至多是这个数。 所以用线段树维护区修单查维护一下区间最小值就好了。注意如果没有下一个数了那么右端点是n。 据说要离散不过被我用map给水过去了。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <memory.h> #include <map> #include <algorithm> using namespace std; #define readInt(_s_) {\ int _d_;\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } struct seg { int l, r, z; seg *ls, *rs; }; struct query { int l, r, n; }; inline bool cmpQuery(const query& a, const query& b) { return a. l < b. /oi/lofterimport_116/ Mon, 27 Oct 2014 20:52:07 +0000 /oi/lofterimport_116/ 比较神奇的一道树的题。 做法是离线。想了好久的在线啊。 把询问拆成0~l-1和0~r。挨个从0开始加点。加点就是把从根到这个点的所有点权+1，询问就是询问这个点到根的点权和。好机智的做法。 代码还比较舒服。dfs+树链剖分+树状数组。 #include <cstdio> #include <memory.h> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge *next; }; struct query { int p, v, n, c; inline query(int p0 = 0, int v0 = 0, int n0 = 0, int c0 = 0) { p = p0, v = v0, n = n0, c = c0; } }; const int maxn = 50009; const int mod = 201314; /oi/lofterimport_120/ Thu, 23 Oct 2014 16:18:13 +0000 /oi/lofterimport_120/ 一堆标记的线段树。 翻过的，没翻过的，都分开记下来。然后还要注意flip标记与set标记的优先级关系和互相之间的影响。然后就完了。 虽说在这个颓废的下午还是花了好一会才调通。  #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; struct dat { int l, r, s, t, m; }; struct seg { int l, r, f, z; dat d[2]; seg *ls, *rs; }; const int maxn = 100009; seg *rt, *sp; int n, m, a[maxn]; inline dat sgd(int v, int s = 1) { dat r; r. l = s * v; r. r = s * v; r. s = s * v; /oi/lofterimport_121/ Thu, 23 Oct 2014 12:09:56 +0000 /oi/lofterimport_121/ 数据结构题总是很令人开心的。 这题据说可以主席树？好麻烦的说。 树链剖分+线段树+treap就好了吧。 #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <memory.h> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge *next; }; struct seg { int l, r, v; seg *ls, *rs; }; #define readInt(_s_) {\ int _d_;\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } const int maxn = 80009; const int maxv = 1e8; namespace treap { /oi/lofterimport_122/ Thu, 23 Oct 2014 10:50:38 +0000 /oi/lofterimport_122/ 啊啊看到动态树被吓尿了。 然后发现动的不是树的形态是点权。 树链剖分+dfs序么。 重点是我TLE了。 最初的写法是直接查询然后把访问过的点打个标记。一个询问做完再标记回去。然后，tle。 参考jason_yu的做法，找出所有dfs序上要询问的区间，合并之后询问，应该不会tle了吧？还是tle。 最后发现是线段树lazy标记的地方写成n^2了。开心啊。 事实证明第一种写法12秒左右，第二种写法3秒多。当然也要考虑我巨丑的常数。 所以我还是太naive了。 代码当然要粘快的。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <memory.h> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge *next; }; struct seg { int l, r, a, v; seg *ls, *rs; }; struct rect { int l, r; inline rect(int l0 = 0, int r0 = 0) { l = l0, r = r0; } inline rect operator +(const rect& a) const { /oi/lofterimport_125/ Wed, 22 Oct 2014 21:14:21 +0000 /oi/lofterimport_125/ 比较神奇的数学题。 重要的结论是<n且与n素质的数的和是phi(n)*n/2。 所以就枚举一下gcd就好了。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <memory.h> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif #define _l (qw) #define readInt(_s_) {\ int _d_;\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } const int maxn = 1000009; qw ans[maxn]; int tp, pn[maxn], phi[maxn]; bool pr[maxn]; void pre() { memset(pr, 0, sizeof(pr)); /oi/lofterimport_126/ Wed, 22 Oct 2014 10:50:12 +0000 /oi/lofterimport_126/ 补昨天的题。 比较好想的计算几何。就看每个点在不在另一个颜色的点形成的上凸壳下面，下凸壳上面。这个用二分可以做到单次log。用单调应该也能O(n)。 但是写起来非常坑，要用long long，还有各种等号啥的。 写win32 app来显示点的代码比交上去的代码还长。开心。      #include <cstdio> #include <algorithm>   usingnamespacestd;   typedeflonglongqw;   #define _l (qw)   structpoint {     intx, y;     point (intx0 = 0, inty0 = 0) {         x = x0, y = y0;     }     inlinevoidread() {         scanf("%d%d", &x, &y);     } }; structvect {     intx, y;     vect(intx0 = 0, inty0 = 0) {         x = x0, y = y0;     }     vect(constpoint& a, constpoint& b) { /oi/lofterimport_129/ Tue, 21 Oct 2014 15:47:05 +0000 /oi/lofterimport_129/ 本来以为是上回那道数正方形的原题的。结果发现不要求边与座标轴平行，于是我就naive了。然后数据结构变身计算几何一堆东西吼吼。 矩形的对角线相等且互相平分（来自初二数学书）。把所有点对的中点找出来，把所有相等且平分的放一起用单调性，有点像旋转卡(qia3)壳(qiao4)的做法。jason_yu说暴力枚举都能过，而且他跑得比我快！ 计算几何也写得比较naive。调了半天啊。 毕竟我弱嘛。 #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif #define _l (qw) const double eps = 1e-8; const int maxn = 1509; #define sqr(x) ((x)*(x)) #define dist(a,b) (sqr(a.x-b.x)+sqr(a.y-b.y)) #define nextele(_x_) ((_x_+1==r)?(l):(_x_+1)) struct point { qw x, y; point(qw x0 = 0, qw y0 = 0) { x = x0, y = y0; } inline point operator =(const point& a) { /oi/lofterimport_130/ Tue, 21 Oct 2014 14:28:42 +0000 /oi/lofterimport_130/ 找到一道水题真是一件令人开心的事情。 最小生成树。完了。 #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; #define sqr(x) ((x)*(x)) struct edge { int a, b, v; edge(int a0 = 0, int b0 = 0, int v0 = 0) { a = a0, b = b0, v = v0; } }; const int maxn = 1009; int n, m, a[maxn], t, x[maxn], y[maxn], r[maxn]; edge e[maxn * maxn]; inline bool cmpE(const edge& a, const edge& b) { return a. v < b. /oi/lofterimport_133/ Mon, 20 Oct 2014 21:01:01 +0000 /oi/lofterimport_133/ 大概也不是很难。毕竟只有做水题的份。 就把原来的土地按x排个序，把能合并的合并，变成一个x单增y单减的序列。 然后就是dp。f[i] = min(f[j] + y[j+1]*x[i])，可以单调的斜率优化。 符号比较郁闷还搞错了好几次。 所以说我太弱了啊怎么办啊。 #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; typedef long double exf; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif #define _l (qw) #define _f (exf) struct field { int x, y; }; inline bool cmpField(const field& a, const field& b) { return (a. x < b. x) || (a. x == b. x && a. y < b. y); } /oi/lofterimport_134/ Mon, 20 Oct 2014 19:06:02 +0000 /oi/lofterimport_134/ 感觉几百年没有刷bzoj了？虽然昨天才写了题，下午也还交了题的。 还是挺水的一道矩阵题。看到数列想得到矩阵，不知道没看到数列能不能想到矩阵。 关键是求和比较不好想。其实新加一行把和记下来就行了。重点就是构造对吧。 然后矩阵快速幂啥的还好。主要是要记得快速乘。（想起了zhx的babysit） #include <iostream> #ifndef ONLINE_JUDGE #include <fstream> #define cin _cin_ std :: ifstream cin("in.txt"); #endif #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; const int maxn = 19; qw n, b[maxn], c[maxn], x, y, mod; qw modMul(qw a, qw b) { qw s = 0; for (; b; b >>= 1, a = (a << 1) % mod) if (b & 1) s = (s + a) % mod; return s; } class matrix { /oi/lofterimport_136/ Sun, 19 Oct 2014 11:51:51 +0000 /oi/lofterimport_136/ 题意是严格次小生成树。 想了一下发现应该是一条不在最小生成树上的边构成的环上替换一条边就行了。感觉好想noi那道lct，哈。其实不用那么复杂的。 就用倍增就可以了。不过我还是比较倾向于用链剖。感觉链剖空间小而且写起来倍爽。不像倍增写挂了不只一次了。 要注意的是不仅要找最大值还要找严格次大值，因为要找严格次小。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <memory.h> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long qw; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif struct edge_g { int a, b, v, mk; }; struct edge_t { int t, v; edge_t *next; }; struct dat { int a, b; dat(int v0 = -1) { a = v0, b = -1; } dat(int a0, int b0) { a = a0, b = b0; /oi/lofterimport_146/ Wed, 15 Oct 2014 20:11:35 +0000 /oi/lofterimport_146/ OTL写manacher的mhy。 我没有那么高端去研究st怎么搞，所以就用了一个二维hash。从四个角各来一遍真是爽翻了。需要注意的是hash的时候行之间和列之间的值要不同才能区别，不然有数据随便可以卡掉。 代码么，巨丑无比。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <memory.h> #include <algorithm> using namespace std; #define uint _uint_ typedef unsigned long long int uint; const int maxn = 1009; const uint bh = 1e9 + 93; const uint bv = 1e9 + 7; #define readInt(_s_) {\ int _d_;\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } int n, m, a[maxn][maxn]; uint h[4][maxn][maxn], ph[maxn * 2], pv[maxn * 2]; /oi/lofterimport_150/ Tue, 14 Oct 2014 18:01:23 +0000 /oi/lofterimport_150/ 考场上只想到暴力。 如果只是一条链的话怎么乱搞一搞？ 如果没有深度限制的话简单的斜率优化+链剖就行了。 有深度限制就把hull扔到线段树里用可持久化栈来维护一下。DFS的时候塞进线段树里，然后完了再扔出来。总的复杂度O(n*log^2(n))， 代码也不怎么复杂。 #include <cstdio> #include <cctype> #include <memory.h> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge* next; }; typedef long long qw; typedef long double exf; #ifdef WIN32 #define lld "%I64d" #else #define lld "%lld" #endif #define _l (qw) #define readInt(_s_) {\ int _d_;\ _s_ = 0;\ while (!isdigit(_d_ = getchar()));\ while ((_s_ = _s_ * 10 + _d_ - 48), isdigit(_d_ = getchar()));\ } struct oper { int p, v, t;