奇怪的码长增加了 魔板 bool Type(int x) {return x==son[fa[x]][1];} void Update(int x) {size[x]=cnt[x]+size[son[x][0]]+size[son[x][1]];} void change(int x) { int y=fa[x],z=fa[y],k=Type(x); fa[x]=z; if(z) son[z][Type(y)]=x; else fa[x]=0; son[y][k]=son[x][k
https://www.luogu.com.cn/problem/CF103E 有一个大小为 \(n\) 的全集，每个元素是一个数，有 \(n\) 个子集。题目保证任意 \(k\) 个子集的并的大小 \(\ge k\)。 每个子集有一个可正可负的权值，你需要选出一些子集使得这些子集并的大小等于子集个数，且所选子集的权值和最小。可以为空集
Description 洛谷传送门 Solution 一道差分约束好题。 题目要求我们输出最大的 \(T\) 使得至少有一个人女装。 那么容易想到二分答案。 所以这道题就很明显了，二分答案套差分约束，判断是否符合条件。 再来看如何建图。 对于 \(C_A > C_B * k\)，我们从 \(B\) 向 \(A\) 连一条权值为
CLYZ-NOIP2021 国庆集训 B 组 Day1 题面：https://files.cnblogs.com/files/blogs/575626/day1B.zip 撰写博客 感觉很厉害，不明觉厉 我们令 \(dp_i\) 状态表示强制选择删除 \(i\) 位置并且干掉了 \(i\) 之前的和 \(i\) 所覆盖的线段的最小花费。 考虑状态转移，很显然就是 \[dp_i=\min_
稍作转化，题目就是要求： \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^na_i+a_j-2\times f(i,j) \]你也许会发现这和树上两点距离公式长得很像。于是把笛卡尔树建出来，每条边的权值是两个节点的权值差。于是就是选出 \(m\) 个点使两两的距离和最大。 考虑 \(O(n^2)\) 的树上 DP。定义 \(dp[i][j]\) 表
沿用 easy version 的思路：考虑如果到目前已经放了 \(2\) 个集合及以上，那么接下来只要轮换放置就可以避免「用同一个账号连续发出两个帖子」。所以在放了 \(2\) 个集合以后只要找到剩下前 \(k-2\) 大的数放即可。 于是一定是把前 \(x\) 个数放在第一个集合，第 \(x+1\) 放在第二个集
_ _01trie树合并 _ _ 在考场上一直想用数据结构维护，还花了好长时间算 $(a+1)^(b+1)$，现在看来当时好像在犯傻。。。。。。。。 异或有个神奇的工具是 01trie 树，此题就用此种方式解决。 插入操作，显然。 计算子树异或和，合并 01trie 树，记录 size，偶数为 0，奇数为 1，即可实现。 整体加 1,
题目 某大学有\(n\)个职员，编号为 \(1,2...n\). 他们之间有从属关系，也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树，父结点就是子结点的直接上司。 现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数\(r_i\)，但是呢，如果某个职员的直接上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如
斯坦纳树 定义： 最小斯坦纳树，就是花费最少的代价，联通给定的 \(k\) 个关键点。 感觉有点像迪杰斯特拉，但是又不太一样。 引入： 用一道例题引入： [模板] 最小斯坦纳树 参考：ix35题解 这个问题可以用 状压 \(DP\) 来解决，发现一个结论： 答案的子图一定是树 证明：如果答案存在环，则删去环上任意
文章目录 题目描述数据范围 解析代码 题目描述 数据范围 n < = 1 e 6
魔板 割点： void Tarjan(int u,int lst) { dfn[u]=low[u]=++Time; st[++tp]=u; for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) { int v=to[i]; // int k=i,p=lst^1; if(i==(lst^1)) continue; // printf("!%d %d\n",u,v); if(!dfn[v]) { Tarjan(v,i); if(!mark[i]&a
>Link luogu U137979 >Description 对于 100% 的数据， 1 ≤ b i ≤ n
哈希表 引入： 如果我们要存放一堆数据，但是这些数据很大，直接用 \(vis\) 之类的不能忍一下。 而且要求尽量做到 \(O(1)\) 查询 那么就引入了哈希表。 定义： 散列表（又称哈希表，\(Hash Table\)）是一种常用数据结构。它按照哈希特征分类存放，能够实现插入 \(O(1)\)，查询均摊较低，几乎可做到 \(
不断插入元素，询问某元素出现次数。 struct node{ int nxt, key, cnt; } t[N]; ll head[mod + 20], tot; void add(ll x) { for(int i = head[x % mod]; i; i = t[i].nxt) // Already Have { if(t[i].key == x) { ++t[i].cnt;
ToT - Top of Tree The latest code in the source code repository. Top of Tree, Top of the Tree, ToT, TOT：树的顶部，在源代码库中的最新代码 References https://llvm.org/ https://clang.llvm.org/
本文同步发布于 洛谷博客。 模拟题。 根据题目给的若干个双向链表的信息，我们可以枚举一个点，向左搜该链表的左端点，向右搜该链表的右端点，标记 \(vis\) 表示是否搜到过。这样我们就获得了每个链表的信息，然后按顺序把链表串联起来即可。 //By: Luogu@rui_er(122461) #include <bits/st
CF1521 C:Nastia and a Hidden Permutation 一个比较容易想的策略是，先找到 \(1\)，然后一个个求出剩下的。 如果询问 \(t=2,x=1\)，回答就是 \(min(max(1,p_i),max(2,p_j))\)。如果回答 \(≤2\)，可以断言 \(p_i,p_j\) 里面必然有 \(1\) 或 \(2\)。如果是 \(1\)，那就有 \(p_i=1\)；否则 \(i
sxy 的模板库 头 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar();
题目链接 题目大意 给你一棵树 根节点为1 规定一种节点为树芽： 1树芽不能是根节点 2树芽不能是叶子节点 3树芽的所有子节点都是叶子节点 树芽可以任意移动 即：树芽可以切断自己与父节点的联系 然后带着自己的子孙们 链接任意节点 可以移动无数次 问你如何移动会让最后树的所有叶子
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int mod=1000000007; const int N=4e5+10; struct node{ int to,nxt,val; }d[N];int head[N],tot=0; void add(int a,int b,int val){ d[++tot]={b,head[a],val};head[a]=tot; } int f[N],pos=0,MIN=1e9; v
取石子1 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); if(n%(m+1)==0) cout<<2<<endl; else cout<<1<<endl; } 取石子2 #include<bits/stdc++.h> using namespace
Point：暴力卡常非常重要，考虑理论复杂度与实际复杂度 T1： 显然考虑每一位的贡献即可，打表发现为n >> i，累计即可 代码如下： 1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define I int 4 #define LL long long 5 LL n,ans; 6 signed main () { 7 scanf ("%ll
欧拉筛模板 for(int i=2;i<=n;i++){ if(!vis[i]){ prime[++tot]=i; } for(int j=1;j<=tot && prime[j]*i<=n;j++){ vis[prime[j]*i]=1; if(i%prime[j]==0) break; } }
反向建图。 时间复杂度呢？（不会） #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int N=100005; int n,m,tot; int head[N],a[N]; struct node{ int to,next; }edge[N]; void add(int u,int v){ edge[tot].to=v; edge[tot].next=
洛谷题面传送门 点分治 hot tea。 首先考虑什么样的点能够对以 \(u\) 为根的答案产生 \(1\) 的贡献。我们考虑以 \(u\) 为根对整棵树进行一遍 DFS。那么对于一个点 \(v\)，我们记其 \(mn_v\) 为其子树内距离其最近的叶子，\(dep_v\) 为 \(u\) 到 \(v\) 的距离，那么如果 \(mn_v\ge dep_v
