【刷（shui）题记录】201805 ~201806

感觉自己真的好菜啊，要继续学新算法了qwq，然后因为要二检时间并不是很多了。

5.1

BZOJ1101——Math——Mobius

5.3

LGP3644——Data_Structure——Balanced_Binary_Tree——Splay
LGP3645——Map——Shortest_Way——SPFA

5.4

BZOJ3206——Map——MST
BZOJ4585——Others——Convex_Hull
LGP3622——DP——Compression

5.5

BZOJ3676——String——manacher+DA

5.6

BZOJ4804——Math——Phi
BZOJ3064——Data_Structure——Segment_Tree
LGP3629——Others——Miscellaneous

5.7

BZOJ4530——Data_Structure——LCT
BZOJ4561——Data_Structure——Balanced_Binary_Tree——Splay
CF632E——Math——FFT
LGP2570——Map——Network_Flow——Cost_Flow——Common
LGP3647——DP——Tree
POJ2069——Others——Simulated_Annealing
UOJ26——Others——Interactive

5.8

LGP3401——Data_Structure——Heavy_Light_Cut+Segment_Tree

5.15

BZOJ4919——DP——Data_Structure——Segment_Tree

5.16

BZOJ4066——Data_Structure——KD_Tree

以上都没有贴题解qwq，比较好的一些题会放在博客里面的。

比较有空就贴上题解。

5.17

BZOJ3489——Data_Structure——KD_Tree
KDT的正确姿势，在传统数据结构题中的妙用。
我们记录每一个点为一个三元组(x,pre,nex)表示当前点位置在x，前一个和它相同的数位置在pre，后一个在nex。
那么对于每个询问我们要找的就是l<=x<=r,pre

5.18

BZOJ2565——String——PAM
求最长双回文串嘛，上PAM。
正串和反串各做一次PAM，记录答案即可。

CC_CUTTREE——Math——FFT/Divide_Conquer——Point_Divide
题解

URAL2040——String——PAM
PAM模板题

接下来就没有机会去机房了，要准备二检。（班主任暴怒了）
然后这两周文化课的间隙就看一些论文好了，学习一些新姿势qwq。

5.21

不要问我为什么写了题。

CC_PRIMEDST——Math——FFT/Divide_Conquer——Point_Divide
模板题不解释了。

HDU5785——String——PAM
首先如果我们求不重叠回文子串的对数那么回文树中，num[now]表示添加该字符后新产生的回文串个数，即以该字符为结尾的回文串个数，num[now] = num[fail[now]]+1
正着跑一次，同时求出num的前缀和，再反着跑一次，同时累加prefixSum[i-1]*suffixSum[i]即可

这道题中则要求以该字符为结尾的回文串的起始坐标和，不方便直接维护和递推
后来想到，sum[now]表示以该字符为结尾的回文串长度和，则sum[now] = sum[fail[now]] + len[now]
则 (pos[now]+1)*num[now] - sum[now] 即是起始坐标和，反着跑时也可以类似的求出终止坐标和，相乘累加即可

总是在不可名状的地方爆了long long

6.1

没什么时间更新博客了，各种课程十分乱，文化课真难qwq。

BZOJ1898——DP——Matrix
算出每12步的矩阵，做矩阵乘法。其余的再单独暴力。

6.2

BZOJ3270——Math——Gauss
列出方程高斯消元即可。

CF975E——Calc_Geometry——Barycentre
发现每次旋转的特性是和重心有关，且最后重心与固定点的直线垂直地面。
这样我们只需要维护重心的位置以及到每一个角的大小就可以了（事实上角的大小是预处理）

6.5

CF986A——Map——BFS
对于每种颜色跑一次bfs。

6.7

CF983D——Others——Scan_Lines
题解

CF986D——Math——FFT
经过一番推敲，发现答案一定是尽量多选三，最后会有2∗3x,3∗3x,4∗3x2∗3x,3∗3x,4∗3x2*3^x,3*3^x,4*3^x三种情况。
怎么求出这个xxx？用换底公式，其实就变成了x<=log3(n)=len(n)∗log3(10)" role="presentation">x<=log3(n)=len(n)∗log3(10)x<=log3(n)=len(n)∗log3(10)x，后面这个东西按计算器就行了233，当然c++自带也可以。
之后的计算就是一个FFT+快速幂。

6.8

BZOJ4832——Math——Probability&Expectation
这个题目顺着做很好想，设
f(i,a,b,c) 表示攻击了i次奴隶主中血量为1的有a个血量为2的有b个血量为3的有c个英雄所受伤害的期望
g(i,a,b,c) 表示达到这个状态的概率
然后随便转移一下就可以了。
上面方法使用的是期望=概率*权值，因此我们需要维护概率。

但是这类问题还又一种写起来很简短的做法，设
f(i,a,b,c)表示攻击还剩i次…的期望，相当于把整幅图反了过来，变成了一幅拓扑图进行递推，就只用维护期望了。

其实这种方法在数学期望里是经常用到的，即将“已经x次”变成“还剩x次”。

6.9

BZOJ1040——Map——Circle_Tree
环套树练习。
如果只是一棵树，我们只需以其中一个点为根进行简单dp即可。
现在是一棵环套树，我们可以将环上的其中一条边断掉，对这条边连接的两个点分别作一次不选的dp取最大值即可。

CF455E——DP——Slope
题意很简短，f[1,j]=a[j],f[i,j]=min(f[i−1,j],f[i−1,j−1])+a[j]f[1,j]=a[j],f[i,j]=min(f[i−1,j],f[i−1,j−1])+a[j]f[1,j]=a[j],f[i,j]=min(f[i-1,j],f[i-1,j-1])+a[j]，多个询问求f[x,y]f[x,y]f[x,y]
很容易发现答案一定是一段横着走加一段斜着走，考虑f[1,i]f[1,i]f[1,i]对f[x,y]f[x,y]f[x,y]的贡献，那么就是：
(x−(y−i))∗a[i]+sum[y]−sum[i](x−(y−i))∗a[i]+sum[y]−sum[i](x-(y-i))*a[i]+sum[y]-sum[i]，其中sum[i]=∑ij=1a[j]sum[i]=∑j=1ia[j]sum[i]=\sum_{j=1}^i a[j]
然后按照斜率优化搞一搞，得到iii比j" role="presentation">jjj优时：
(x−y)∗a[i]+i∗a[i]−sum[i]<(x−y)∗a[j]+j∗a[j]−sum[j](x−y)∗a[i]+i∗a[i]−sum[i]<(x−y)∗a[j]+j∗a[j]−sum[j](x-y)*a[i]+i*a[i]-sum[i]
这样每个点就是(a[i],−sum[i]+a[i]∗i)(a[i],−sum[i]+a[i]∗i)(a[i],-sum[i]+a[i]*i)
求最小值的话我们维护一个下凸壳就行了，在凸包上二分即可。

CF689C——Math——Probability&Expectation
10^100可以近似看作INF了，这样到最后k个缓存一定都是放满的（如果有0的概率特判来做什么的就行了）
这样将问题倒过来，转化为如果第i个视频没有放进去，那么以概率pi放进缓存，当缓存中视频数为k时停止，问每个视频出现概率。
n很小可以考虑状压，对于当前状态now，若nownownow&(1<<i)==0则f[now|(1<<i)]+=f[now]∗p[i]/tot(1<<i)==0则f[now|(1<<i)]+=f[now]∗p[i]/tot(1，其中tot表示没有出现在now中视频p的和。
最后的话就统计一下1的个数为k的二进制概率累加答案什么的。

LOJ516——Data_Structure——Balanced_Binary_Tree——Set
启发式合并set

6.11

BZOJ3672——DP——Slope
题解

BZOJ3242——Map——Circle_Tree
考虑答案的性质，如果这幅图是一棵树，那么答案显然就是树的直径。
现在是一棵基环树，如果答案不经过环，那么答案就是所有外向树的直径的最大值。
考虑经过环的答案，路径一定是形如x_son->x->y->y_son的，因此我们可以尝试去掉环上的一条边，这样就变成了一个区间问题。
如果我们枚举去掉的是环上的哪条边，可以很容易得到答案。
但现在问题在于，依次去掉环上的边，如何快速求出直径？
假设现在有一个4的环，我们写成1-2-3-4-1-2-3-4的套路形式。
设dis_i为节点i到链起点点的长度，,dep_i表示树深度那么答案就是max{dis_i-dis_j+dep_i+dep_j}(j

6.12

BZOJ4814——Others——Segment_Division
看到序列上的拆入删除操作，想起APIO的线段树分治。（事实上也确实是为了练这个）
为了避免删除操作，我们记录每个点的加入和删除时间。
线段树分治实际上就是相当于在每一个节点打一个标记，表示这个节点表示的时间内有哪些操作
最后我们只需要dfs一遍线段树就行了。

LOJ2585——Data_Structure——Segment_Tree&Splay/Segment_Division
题解

6.13

BZOJ1095——Divide_Conquer——Dynamic_Divide
先考虑没有开关灯的操作，我们可以直接用一个点分治来完成。
现在有开关灯，考虑利用点分治的性质完成。
我们将分治过程中分治的一层层重心看作是一棵新的树，每个分治重心向它的上次分治重心连边，我们就得到一棵深度严格log的点分树。
考虑通过维护点分树上的信息来解决问题，我们发现每次修改影响的只是点到根的路径。
我们维护三个堆：
A：每个重心存储所有子树中节点到它的距离。
B：每个重心存储每个子树的最大距离，即所有子节点的A的最大值建成堆B
ans：维护答案最大值，即每个堆B的最大值和次大值之和。
这样就可解决这道题了。

BZOJ2959——Data_Structure——LCT/DSU
如果没有加边操作，可以直接tarjan+树剖来做。
现在有加边，实际上我们要维护的就是动态缩点和动态求链值。可以考虑用LCT来维护。
如果加入某条边之前两个端点就联通，我们就将这两个点之间的路径提出来，缩成一个节点，并用一个并查集维护每个点所属的元素代表信息。
然后就是LCT的操作了。注意缩环以后的fa要在DSU上find。

6.14

LGP3936——Others——Simulated_Annealing
模拟退火好题，换了几个种子才过。

6.18

BZOJ3572——Others——Virtual_Tree/DP
虚树入门题，那么虚树是什么呢。
对于一类树上问题，如果询问多但是涉及总点数比较少的话，我们可以去掉那些无关的点。
能够保留的点就是所有有关的点和他们的LCA。

虚树的构建：我们先再次把所有点按dfs序排序，然后我们考虑这样一种方法，我们维护一个栈，如果栈为空，直接加点，否则我们看栈顶的点是不是当前点的祖先，如果不是，那么弹出栈顶继续，否则就可以把当前点加进栈了（然后从栈顶向这个点连一条边）。（因为之前插入的点可能是和当前点是并列关系，这个不一定会需要用到lca，因为我们记录一个dfs时入队和出队的顺序就可以了）。（第一个点就直接作为根了）。

对于这题，构建虚树后我们分别从叶子往根和从根往叶子dp，处理出虚树上距离每个点最近的议事处。
接着枚举虚树上每一条边，考虑它对两端点的答案贡献，如果两端点不属于同一个点，显然会存在中间分界，我们倍增找出分界点后对两边计算贡献即可。
注意还要另开一个g数组记录没有在上面讨论到的节点，这些节点会与他们在虚树上的父亲属于同一节点，我们要删去多算的部分。

LGP4714——Math——Miller_Rabin&Pollard_Rho
分解质因数以后就乘一乘计算贡献：如果第iii个质因子有pi" role="presentation">pipip_i个，一共有nnn个质因子，那么答案就是：

∏j=1n(∏i=1pjpj−k−i−1i)" role="presentation">∏j=1n(∏i=1pjpj−k−i−1i)∏j=1n(∏i=1pjpj−k−i−1i)

\prod_{j=1}^n (\prod_{i=1}^{p_j}\frac {p_j-k-i-1} {i})

大概吧，随便yy一下应该也可以了。

6.20

BZOJ5251——Map——Network_Flow——Max_Flow——Common
对于第一个问题，如果我们并不需要知道每个人匹配到了谁，实际上就是一个二分图匹配。
现在要求知道每个人匹配到谁，我们只需要动态加边跑网络流，即对当前考虑的选手向它的导师连边，看增广了哪条边。
对于第二个问题，二分暴力重构图就可以过了。更优秀的方法是先连上所有这个点可以连的边，然后从第一名开始增广，直到找不到增广。
这样两个的复杂度都是O(n∗n2)O(n∗n2)O(n*n^2)，其中n2n2n^2是二分图匹配的复杂度。整道题的复杂度就是O(T∗n3)O(T∗n3)O(T*n^3)

BZOJ4372——Divide_Conquer——Dynamic_Tree_Divide
又一道动态点分治。
我们对点分树上的每个点开一棵线段树，维护子树到这个点距离为x的所有增量。
如果直接这样统计的话显然会算重，一种简单的处理方法是再开一棵线段树维护子树到它父亲距离为x的所有增量。
事实上开的这个线段树是多余的……不过思想就是这样了。
查询修改都是往上算/改到根就行了。
嗯，支持区间修改单点查询的简单线段树。

6.21

BZOJ3648——Divide_Conquer——Point_Divide/Map——Circle_Tree

6.22

BZOJ4018——Math——Mobius
CF623E——Math——FFT
YALI_Walk——Others——Miscellaneous/Math——Miller_Rabin&Pollard_Rho
题解

6.24

OTHER_1——DP——Tree

6.25

CF986E——Others——Virtual_Tree/BIT
每个素数是独立的，一个数最多拆成logloglog个不同的素数，这样分解出的所有素数个数为nlog(maxval)nlog(maxval)nlog(max_val)
考虑对每个素数建立虚树，这样虚树的总点数和素数个数同阶。
对于每颗虚树处理出答案，我们关注的是每个点这个素数的个数，用倍增+BIT维护。
再利用处理出来的虚树贡献答案即可。

6.26

BZOJ5392——Others——Scan_Lines
题解

6.27

BZOJ2286——Others——Virtual_Tree
每次按照关键点的dfs序排序，维护栈构建一棵虚树，在新的树上dp

BZOJ4044——String——PAM
考虑最后一次2操作，那之后的字符都是暴力拼上去的。那么可以枚举每一个回文子串，算出拼出它的最少次数，然后加上总长度减它的长度来更新答案。
那么考虑怎么算出每一个回文子串的最少次数。
对于一个长度为偶数的回文串：可以用反证法证明最后一步一定是2操作。那么分两种情况：2操作前向外添加字符，可由这个串去掉两端+1得到。2操作前向内添加字符，可由最长的小于等于一半长度的回文后缀+（一半长度-该后缀长度）得到。既向内又向外可归类到只向外中。
对于长度为奇数的回文串：去掉两端+2，或最长的小于等于一半长度的回文后缀+（整个长度-该后缀长度）。
如何快速找到小于等于一半长度的最长回文后缀？它在回文树上的父亲已经找过了，在此基础上接着找即可。显然最多只可能有一次长度不符合要求，所以不影响复杂度。