感觉自己变菜了，有些应该能写出来的东西写不出来了QWQ。 T1：A. Sign 题面…… 额……这个是怎么计算出来的啊？ 叶子节点有哪些啊？？ 一个无向图的有向路径又是啥啊？？？ 经过全机房几分钟的讨论后…… 看不懂题，弃了吧。 后来经过做过这道题的大佬提示，发现： 接下来 \(N - 1\) 行，每行 3 个整数
题目链接 前置知识：kruskal 重构树，主席树 来讲一种目前题解区里没有，使用 kruskal 重构树和主席树，且时间复杂度为一个 log 的做法。 题目大意是给定一张点数为 \(n\) ，初始边数为 \(m\) 的无向图，图中每个点有一个权值，然后有 \(q\) 个操作，每个操作可能是询问与点 \(x\) 联通的
树的直径 方法一 ： 两次dfs 方法二 ： 利用动规求解，以每个结点向下延伸的最长长度为状态，顺便记录下向下延伸的次长长度，则数的直径便为 d1 + d2。 void dfs(int x,int fa){ f[x] = 1; int mx = 0; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){ int y=ver[i]; if(y==fa) continue; d
题面传送门 首先把这颗树转化成最小的括号序。 然后有一个神奇的结论:如果两棵有根树的最小括号序相同，那么他们同构。 仔细想想其实是这么回事，这个东西使树的形态确定。 然后对于无根树我们找到它的重心做根就好了 时间复杂度\(O(mn^2)\) code: #include<bits/stdc++.h> #define I
blackpink \(O(n^2)\)显然不过我们应该优化成\(O(nlogn)\) 采用树上启发式合并 仿照树链剖分的思想，对于每一个位置，我们先处理所有的轻儿子，然后处理重儿子，统计当前节点的答案，最后把轻儿子删掉就可以了。 这样全局一个桶就够用了。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<al
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f #define N 300010 #define ll long long #define pb push_back #define reg register int //#define int long long char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf; #define getchar() (p1==p2&am
题面 树上染色 题解 这道题转移应该很容易。 直接枚举当前节点染黑的个数以及子节点染黑的个数即可。 设 \(f[x][j]\) 表示以 \(x\) 为根节点的子树中染黑 \(j\) 个点时两种颜色两两距离的之和的最大值。 所以有状态转移方程： \[f[x][j] = min(f[x][j - p] + f[y][p] + val) \]其中
题目链接–树的重心 dfs函数解析 int dfs(int x) { vis[x] = true; int sum = 1, cnt = 0; for (int i = h[x]; i != -1; i = ne[i]) if (!vis[e[i]]) { int s = dfs(e[i]);//s求得的是以e[i]为根的一条分支上节点的个数（不包括e[i]) cnt = max(cnt, s);//cnt存的
开幕数数，有点害怕。 A 手速偏慢， 用了 14 分钟，所幸没吃罚时。 B 刚开始还没想到偶数时怎么 check 后来发现如果 \(a\oplus b=x\) 那必然有 \(a\oplus x=b\)，然后就做完了。 C 数据范围很诡异，看上去很像乱搞，所以直接暴力维护当前可能达到的所有状态，发现复杂度应该是和质因数个数有关
题目链接 #1.0 基本思路 首先需要理解这个 "mex" 的含义，我们需要找出所有的路径使得 \(i\) 是编号最小的未出现的点，那么也就意味着 \([0,i-1]\) 应当全部包含在我们要找的路径中。那么我们便可以尝试维护这样的路径：路径两端 \(x, y\in[0,i-1]\)，\([0，i-1]\) 包含在路径经过的点集
题目链接：HDU 2376 Average distance 题目大意： 计算一棵树中任意两点之间的距离的平均值。 题解： 如果暴力枚举两点再求距离是显然会超时的。 转换一下思路，我们可以对每条边，求所有可能的路径经过此边的次数：设这条边两端的点数分别为\(a\)和\(b\)，那么这条边被经过的次数就是\(a\times
\(noip模拟23\;solutions\) 怎么说呢？？这个考试考得是非常的惨烈，一共拿了70分，为啥呢 因为我第一题和第三题爆零了，然后第二题拿到了70分，还是贪心的分数 第一题和第二题我调了好久，hhhh 害，害，害，害 · \(T1\;联\) 据出题人说，这是个线段树裸题，啊啊啊，我看到1e5的时候也觉得这是个简单的线段
洛谷题面传送门 & Atcoder 题面传送门 由于再过 1h 就是 NOI 笔试了所以题解写得会略有点简略。 考虑差分，记 \(b_i=c_i-c_{fa_i}\)，那么根据题意有 \(b_i\le d,i=2,3,4,\cdots,n\)，而 \(b_1\) 则没有任何约束条件。而如果我们令某个 \(b_i\) 加 \(1\)，其余 \(b_i\) 均不变，那对应到原
题解 一道概率与期望的状压题目 这种最优性的题目，我们一般都是倒着转移，因为它的选择是随机的所以我们无法判断从左还是从右更有，所以我们都搜一遍 时间一定会爆，采用记忆化搜索，一种状态的答案一定是固定的，所以可以记忆化 但是空间也会爆，当状态大于 \(2^{25}\) 次方时，我们选择使用一
题目 题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4323 JYY有两棵树 \(A\) 和 \(B\) ：树 \(A\) 有 \(N\) 个点，编号为 \(1\) 到 \(N\) ；树 \(B\) 有\(N+1\) 个节点，编号为 \(1\) 到\(N+1\)。 JYY 知道树 \(B\) 恰好是由树 \(A\) 加上一个叶节点，然后将节点的编号打乱后得到的。他想知道
这个东西显然可以二分。转化为判定性问题。 我们考虑一个答案怎么被判定合法。 首先我们将大于等于\(mid\)的边去掉，然后得到若干个连通块，每个连通块有一个\(siz\)和\(S\)的总和。 考虑这个有什么充要条件之类的，仔细思考一下会发现就是对于任意\(i\)都有\(siz_i\leq ToTS-S_i\) 这
题目 题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P5043 树是一种很常见的数据结构。 我们把 \(N\) 个点，\(N-1\) 条边的连通无向图称为树。 若将某个点作为根，从根开始遍历，则其它的点都有一个前驱，这个树就成为有根树。 对于两个树 \(T_1\) 和 \(T_2\)，如果能够把树 \(T_1\) 的所有点
0x01 线段树 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int M=1e6; char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; ll n,m,q; ll sum[M<<2],add[M<<2]; char sr[1<<21],z[20]; int C=-1,Z; ll read(){ ll x=0,y=1; cha
题目链接 TC15279 SpanningSubgraphs 题目大意 有一张 \(n\) 个点，\(m\) 条边的图，对于每个 \(k\in[n-1,m]\)，求出大小为 \(k\) 的能使图连通的边集数量。 \(1\leq n\leq 15\)，\(1\leq m\leq 200\) 思路 考虑朴素的容斥，设 \(siz_S\) 为两个端点都在点集 \(S\) 中的边数，\(dp_{S,k}\) 为
传送门 大概是全局平衡二叉树的思想（ 假设当前递归到处理 \(x\) 的子树，首先我们先把以 \(x\) 为链顶的重链上的节点做了，因为这些集合互相包含，可以全部加一次再删掉。 接着要递归到轻子树，首先把重链节点加入，然后对轻子树建 Huffman 树，“加左进右，加右进左”，就可以对每个轻子树都把它
Codeforces 题面传送门 & 洛谷题面传送门 一道（绝对）偏简单的 D1E，但是我怕自己过若干年（大雾）忘了自己的解法了，所以过来水篇题解（ 首先考虑怎么暴力地解决这个问题，不难发现我们每一步肯定会贪心，贪心地跳到所有经过当前点的公交线路中另一端最浅的位置，直到到达两点的 \(\text{LCA}\) 为
Topcoder 10773 TheCitiesAndRoadDivOne 题解 观察“最少一条路径，最多两条路径”这个条件，发现图中至多有一个环，否则（有至少两个环）一定可以找一对点，使其间有至少 \(3\) 条路径。 1---2 1-2-3-4 \ / \ | | | | 3---4 5-6 7-8 (1与4间有3条路径) (1
[HAOI2015]树上染色 \(\text{Solution:}\) 考虑对于一个点，从它子树再中选择 \(k\) 个黑点的代价：\(e[i].dis \cdot (p-k)*k+(siz[j]-k)*(n-p-siz[j]+k).\) 于是状态转移方程就写好了： \(dp[x][T]=dp[x][T]=Max(dp[x][T],dp[x][T-k]+dp[j][k]+v*(k*(p-k)+(siz[j]-k)*(n-p-siz[j]+k)))
题面传送门 其实这道题是一眼秒了的。 因为\(A\)有正负所以显然按\(A\)正负开两颗平衡树维护即可。 但是并没有这么简单。 首先\(A=0\)，这个要特判。 然后它还会重复撤销一个不等式多次所以也要特判。 大概没了。时间复杂度\(O(nlogn)\) code: #include<bits/stdc++.h> #define I i
CF1541 A 求一个排列，使得没有p[i] = i且最小化Σ(|p[i] - i|) 显然如果是偶数就相邻的交换，奇数就只有一组是三个轮换，剩下的两个换 B n个不同的数构成一个数组，问你有多少对i,j满足a[i] * a[j] == i + j，1e5 一开始没看到不同结果不会做。 枚举a[i]是多少，那么a[j]不会超过2 * n / a[i
