做题遇到的trick和想法

CF1176E
n个点，m条边的连通无向图，要求找出至少n/2个点使得其余的点都与这些点中的一个或几个有至少一条边
随便找一个点，求出每个点离源点的距离，分奇偶距离，取较少的那个点的集合就是答案。

BZOJ4827

注意fft的初始化问题（一些变量的类型为double而不是int）

CF1169E

给出一个长为n(3e5)的序列a[]，q(3e5)组询问，每次给出(x,y)，问x是否能到达y。
“到达”的定义是存在 x ≤ p 1 < . . < p k ≤ y x\le p_1 < .. < p_k \le y x≤p1<..<pk≤y 使得 a p i & a p i + 1 > 0 a_{p_i} \& a_{p_{i+1}}>0 api&api+1>0

从后往前扫描。
令 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示考虑到第 i 个数之后，第 j 位（二进制）为 1 的最靠左的数（即能到达）
令 l s t [ i ] lst[i] lst[i]表示当前所扫描的数之后，第 j 位（二进制）为 1 的最靠前的位置
则如果a[i]的第 j 位（二进制）为1 显然 d p [ i ] [ j ] = i dp[i][j]=i dp[i][j]=i
枚举其它的二进制位 k，用 d p [ l s t [ j ] ] [ k ] dp[lst[j]][k] dp[lst[j]][k] 更新 d p [ i ] [ k ] dp[i][k] dp[i][k]
查询的时候如果对于 a [ y ] a[y] a[y] 的第 j j j 位为1，且 d p [ x ] [ i ] ≤ y dp[x][i] \le y dp[x][i]≤y这样 x 必能到达 y 前面的某个位置，也必能到达 y

BZOJ2762

有一些不等式，每次操作添加、删除不等式，查询当x=k时有多少个不等式符合条件。操作数1e5，值域1e6

对值域建树状数组，每次按a分类讨论一下。
当 x ≥ k x\ge k x≥k的时候add(k,1)；当 x ≤ k x \le k x≤k时 add(1,1) add(k+1,-1)
用前缀和代表 i i i之前有多少个 ≥ \ge ≥，这样一定满足不等式条件。关于负值域，都加一个大数（>1e6）就行

UOJ268

两个链相交当且仅当一个链的lca在另一个链的路径上

ZROJ88

求区间中每一个数都 ≥ B \ge B ≥B的极大区间个数，单点修改， Q , n ≤ 1 e 5 ; a i ≤ 1 e 9 Q,n \le 1e5; a_i\le 1e9 Q,n≤1e5;ai≤1e9
用树状数组记录权值，离散化后转化为求 a i ≥ B a_i \ge B ai≥B的个数减去 c i ≥ B c_i \ge B ci≥B的个数，其中 c i = m i n ( a i + 1 , a i ) c_i=min(a_{i+1},a_i) ci=min(ai+1,ai)，感觉这个转化还是很妙的
然后开两个树状数组即可

二轮集训Day6T2

一道现场AC的题 qwq
orz hyw
给你一颗n个点的树，有 m 个虫洞，一个人在u结点想到v结点，但他不能经过u到v路径上的任意边（只能走别的边+虫洞）且虫洞至多通过一次，问方案数。虫洞带修改（加、删一个虫洞）

求出dfs序和一个点的子树大小，然后发现一个虫洞左右两个点可以作为两个点扔进坐标系内，横纵坐标就是dfn[x]和lstdfn[x]（lstdfn就是子树中dfs最大结点的dfs序），发现问题转化成了动态二维数点问题，套一个cdq分治+树状数组即可，细节很烦，我大概写+调了4h
有一个细节（反例）：当x和y属于同一棵子树中，上述方法就萎了，正确解决方法为不妨设x为深度小的点，将x到root，root到其它树拆成两个矩形即可
代码：https://paste.ubuntu.com/p/Nd8hcNpRjb/

ZROJ106

当dp状态几维很大但之间的差很小时，可以只存一维和其它的差

agc001B

去掉前两次反射发现成了平行四边形，可以辗转相减，用取模优化

agc001C

遇到树的直径可以考虑中间点，本题即是

考虑直径的中间点 m i d mid mid，若直径 d d d为偶数，则要求 d i s ( u , m i d ) > d / 2 dis(u,mid)>d/2 dis(u,mid)>d/2，若为奇数，则考虑一条边 ( u , v ) ∈ E (u,v) \in E (u,v)∈E要求 d i s ( u , m i d ) > ( d − 1 ) / 2 & d i s ( v , m i d ) > ( d − 1 ) / 2 dis(u,mid)>(d-1)/2 \ \&\ dis(v,mid)>(d-1)/2 dis(u,mid)>(d−1)/2 & dis(v,mid)>(d−1)/2， O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)检验即可

agc001D

遇到要求回文串/有连续一串相同的字符串题目的时候可以考虑建图，本题即是

from editorial：回文串可以认为是两个点连一条边（意义是两端的点相同），只需要看是否连通即可，考虑构造。

引理：若有 > 2 > 2 >2个 a [ i ] a[i] a[i]为奇数，则必无解。
证明：反证法，假设有解，设有 k k k个 a [ i ] a[i] a[i]为奇数，则有 ( n − k ) / 2 (n-k)/2 (n−k)/2条绿色边（中间的那个点没有边，即上图的上半部分），同理设 l l l个 b [ i ] b[i] b[i]为奇数，有 ( n − l ) / 2 (n-l)/2 (n−l)/2条绿色边，要使图连通，则至少有 n − 1 n-1 n−1条边，即 ( n − k ) / 2 + ( n − l ) / 2 ≥ n − 1 (n-k)/2+(n-l)/2 \ge n-1 (n−k)/2+(n−l)/2≥n−1 故 k + l ≤ 2 k+l \le 2 k+l≤2，而因为 k > 2 k > 2 k>2，矛盾，故原结论成立

构造：
提前将奇数 a a a换到最前最后
若有0个奇数 a a a，则可以 1 a [ 1 ] . . a [ m − 1 ] 2 2 . . 2 1 2 . . 2 2 1 \ a[1] .. a[m-1] \ 2\ 2 \ .. \ 2 \ 1 \ 2 \ .. \ 2\ 2 1 a[1]..a[m−1] 2 2 .. 2 1 2 .. 2 2
若有1个奇数 a a a，则可以 2 2 . . 2 a [ 2 ] . . a [ m ] 1 2 \ 2 \ ..\ 2\ a[2] \ ..\ a[m] \ 1 2 2 .. 2 a[2] .. a[m] 1
若有2个奇数 a a a，则可以 a [ 1 ] + 1 a [ 2 ] . . a [ m ] 2 2 . . 2 2 a[1]+1 \ a[2] \ ..\ a[m]\ 2 \ 2 \ .. \ 2 \ 2 a[1]+1 a[2] .. a[m] 2 2 .. 2 2

agc001E

一个套路： C ( p − x + q − y , p − x ) C(p-x+q-y,p-x) C(p−x+q−y,p−x)为 ( x , y ) − − ( p , q ) (x,y) -- (p,q) (x,y)−−(p,q)的路线的方案数（走右或上）
容斥后即为 ( − a [ i ] , − b [ i ] ) − − ( a [ j ] , b [ j ] ) (-a[i],-b[i]) -- (a[j],b[j]) (−a[i],−b[i])−−(a[j],b[j])的方案数减去 C ( ( a [ i ] + b [ i ] ) ∗ 2 , a [ i ] + b [ i ] ) C((a[i]+b[i])*2,a[i]+b[i]) C((a[i]+b[i])∗2,a[i]+b[i])
然后 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)dp+容斥一下就行了

agc001F

一个套路： A [ p [ i ] ] = i A[p[i]]=i A[p[i]]=i然后 ∣ P i − P j ∣ = = 1 |P_i-P_j|==1 ∣Pi−Pj∣==1就变成了 A i A_i Ai 要相邻， A i + 1 . . A i + k − A i A_{i+1}..A_{i+k} - A_i Ai+1..Ai+k−Ai连边， A i − k + 1 . . A i − 1 − A i A_{i-k+1}..A_{i-1} - A_i Ai−k+1..Ai−1−Ai连边，发现边数为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，再发现只需要连最小值，可以线段树维护，最后拓扑排序一下即可

BZOJ1969

显然答案要求图中(x,y)路径上割边的个数，结论：割边数=边双-1（边双就是不存在桥的连通子图）
考虑用LCT维护边双，利用时光倒流将删边变成加边，用并查集维护每个点，若对于一条边 ( u , v ) (u,v) (u,v)以前曾出现过，那么说明该子图无桥，缩成一个点，答案就是根节点的size（边双个数）-1，根节点就是 y 的并查集祖先makeroot之后的点

没有重复元素的LCS可以转化为LIS， O ( n 2 ) → O ( n l o g n ) O(n^2) \rightarrow O(nlogn) O(n2)→O(nlogn)
具体做法：首先将两序列中只出现了一次的数去掉，离散化之后就成了两个排列求LCS且无重复元素
求出a中的每个元素 a [ i ] a[i] a[i]在b中出现的位置 c [ i ] c[i] c[i]，求 c [ i ] c[i] c[i]的LIS即可

BZOJ4758

注意到逆序一个子序列相当于将该子序列相邻的元素做若干次交换，令 d p [ i ] [ j ] [ k ] [ l ] dp[i][j][k][l] dp[i][j][k][l]表示考虑到 a [ i . . j ] a[i..j] a[i..j]值域为 [ k . . l ] [k..l] [k..l]的最长不下降子序列长度，转移分为两种
d p [ i ] [ j ] [ k ] [ l ] = m a x { d p [ i ] [ j ] [ k + 1 ] [ l ] , d p [ i ] [ j ] [ k ] [ l − 1 ] } dp[i][j][k][l]=max\{dp[i][j][k+1][l],dp[i][j][k][l-1]\} dp[i][j][k][l]=max{dp[i][j][k+1][l],dp[i][j][k][l−1]} 和
d p [ i ] [ j ] [ k ] [ l ] = m a x { d p [ i + 1 ] [ j ] [ k ] [ l ] + ( a [ i ] = = k ) , d p [ i ] [ j − 1 ] [ k ] [ l ] + ( a [ j ] = = l ) } dp[i][j][k][l]=max\{dp[i+1][j][k][l]+(a[i]==k),dp[i][j-1][k][l]+(a[j]==l)\} dp[i][j][k][l]=max{dp[i+1][j][k][l]+(a[i]==k),dp[i][j−1][k][l]+(a[j]==l)}，这两个转移相当于基本的求LIS的转移，另一个是
d p [ i ] [ j ] [ k ] [ l ] = m a x { d p [ i + 1 ] [ j − 1 ] [ k ] [ l ] + ( a [ i ] = = l ) + ( a [ j ] = = k ) } dp[i][j][k][l]=max\{dp[i+1][j-1][k][l]+(a[i]==l)+(a[j]==k)\} dp[i][j][k][l]=max{dp[i+1][j−1][k][l]+(a[i]==l)+(a[j]==k)}，表示交换 a [ i ] 、 a [ j ] a[i] 、a[j] a[i]、a[j]后求LIS

POJ3613

最短路，要求路径点数为给定的N，可以使用floyd倍增算法。
将图离散化之后跑矩阵快速幂，发现floyd转移方程可以拆成这样：

for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=1;k<=n;k++)c.a[i][j]=min(c.a[i][j],a.a[i][k]+b.a[k][j]);

代表转移一次（多经过一个点）
这样快速幂 N-1 次就是答案

Luogu1273

对树形背包有了更深的理解
一开始我的转移方程为 d p [ i ] [ j ] = m i n u ∈ s o n [ i ] ( d p [ u ] [ s i ] ) ( ∑ i = 1 k s i = j ) ， k dp[i][j]=min_{u \in son[i]}(dp[u][s_i]) (\sum_{i=1}^ks_i=j)，k dp[i][j]=minu∈son[i](dp[u][si])(∑i=1ksi=j)，k为u的儿子结点个数，这显然过不去
然后有个比较233的做法

for(int j=st;j>=1;j--){for(int k=1;k<=subt;k++){if(j-k<0)continue;dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[u][k]-ed[i].v);}
}

显然这是做了个树形背包，经过一番思考，也能达到一样的效果

HDU5269

遇到与位有关的题目可以考虑trie
显然lowbit是第一个不相同的二进制位，考虑将位翻转，每次乘上另一边树的大小，这样就求出了有序的答案，无序答案乘以2即可，本题

2^j*num[tr[u][bs^1]

这样写会爆longlong

Stirling数化下降幂：

x k = ∑ i = 0 k ∗ C ( x , i ) ∗ i ! ∗ S ( k , i ) x^k=\sum_{i=0}^k * C(x,i) * i! * S(k,i) xk=i=0∑k∗C(x,i)∗i!∗S(k,i)
其中 S ( k , i ) S(k,i) S(k,i)表示第二类stirling数，表示将k个不同元素拆到i个集合的方案数
证明考虑左边是不同的集合，右边是枚举（相同的）集合的个数，然后乘一个 i ! i! i!变成不同的集合

Stirling数降次例题：ZROJ607

求 ∑ j = 1 i F ( j , i ) \sum_{j=1}^{i} F(j, i) j=1∑iF(j,i)
其中 F ( l , r ) F(l,r) F(l,r)为 l l l到 r r r内所有数字之和的 k k k次方，T组询问
n ≤ 1 0 5 ; k ≤ 100 ; T ≤ 5 n \le 10^5; k\le 100; T\le 5 n≤105;k≤100;T≤5
利用Stirling数降幂：
x k = ∑ i = 0 k ∗ C ( x , i ) ∗ i ! ∗ S ( k , i ) x^k=\sum_{i=0}^k * C(x,i) * i! * S(k,i) xk=i=0∑k∗C(x,i)∗i!∗S(k,i)
考虑新加一个数 a a a，则：
( x + a ) k = ∑ i = 0 k ∗ C ( x + a , i ) ∗ i ! ∗ S ( k , i ) (x+a)^k=\sum_{i=0}^k * C(x+a,i) * i! * S(k,i) (x+a)k=i=0∑k∗C(x+a,i)∗i!∗S(k,i)
显然只有组合数一项变了，而
C ( x , i ) = C ( x − 1 , i ) + C ( x − 1 , i − 1 ) C(x,i)=C(x-1,i)+C(x-1,i-1) C(x,i)=C(x−1,i)+C(x−1,i−1)，所以我们直接考虑每次加一个组合数：
C ( x , i ) + C ( x , i − 1 ) = C ( x + 1 , i ) C(x,i) + C(x,i-1) = C(x+1,i) C(x,i)+C(x,i−1)=C(x+1,i)
⋯ \cdots ⋯
C ( x + a − 1 , i ) + C ( x + a − 1 , i − 1 ) = C ( x + a , i ) C(x+a-1,i)+C(x+a-1,i-1)=C(x+a,i) C(x+a−1,i)+C(x+a−1,i−1)=C(x+a,i)
每次维护一下前缀和即可

qbxtD1T2

求一个大数的最大质因数
考场写了个pollard rho获得了80分的好成绩，剩下两个点因为复杂度不太对T了
O ( n 1 / 4 ∗ T ) ; n = 1 e 9 , T = 1 e 5 O(n^{1/4}*T); \ \ \ n=1e9, T=1e5 O(n1/4∗T); n=1e9,T=1e5 被卡了
我才不会告诉你是因为我srand(19260817)
然后有一个非常233的做法
考虑筛出 1 e 5 1e5 1e5以内的质数当做素因子（根号n级别），然后每次暴力判断即可
有一个trick：每次遍历的时候不是 1.. n 1..\sqrt n 1..n ，而是直接枚举 1.. n 1..\sqrt n 1..n 所有质数，众所周知质数密度 1 l o g n \frac{1}{log \ n} log n1，然后发现复杂度就喜闻乐见的少了个log，就可以过了

ZROJ999 经典套路

小S有 n n n个盒子，每个盒子里都装着若干个玩具。玩具一共有 m m m种不同的类型。
现在，小S想要知道有多少种不同的挑选盒子的方式，使得每种种类的玩具都至少在这些盒子里出现了一次。

问题可以转化为：
给一些二进制数，问有多少种选数的方案，满足这些数or起来为1
考虑 g [ S ] g[S] g[S] 为有多少个盒子的玩具集合为 S S S
这里面有个经典套路：
容斥一下，转化为 G [ S ] G[S] G[S]为有多少个盒子的玩具集合为 S S S及其子集，考虑 f [ S ] f[S] f[S]表示并集为 S S S的方案，一样的 F [ S ] F[S] F[S]表示并集为 S S S及其子集的方案
然后我们发现 F [ S ] = 2 G [ S ] F[S] = 2^{G[S]} F[S]=2G[S]因为我们考虑 S及其子集中的元素有两种选法

然后我们需要容斥回去 F[S] -= F[S^(1<<i)]这样递推，显然就是 F → f F \rightarrow f F→f

ZROJ957 调整法

懒得再写一遍了QAQ
考虑调整法：
先求出字典序最小的匹配，然后从后到前考虑
显然满足条件当且仅当两种字符交界处的2个字符至少有一个被覆盖
因为字典序最小，所以只需要考虑前面的字符向后即可
如果只能向前考虑，则违反了字典序最小，一定无解。

BZOJ4383 线段树优化建图

本质：当要连一段区间的边时，不妨建一个超级源点，线段树连超级源点，然后超级源点连线段的起始端点（这样的话就能在 log 的复杂度内连 O(n) 条边）

ZROJ987

树链剖分求lca过程中dfs序要放在第二个dfs中

BZOJ 4987

有一颗树，找出K个点A1，A2，…，Ak，使得∑dis(Ai,Ai+1),(1<=i<=K-1)最小
显然这些点最优情况下是一课树，要想让和最小，一个贪心的想法是将和最大的那几条边按在直径上，这样就只被算一次（其它的边算了两次）
令 d p [ x ] [ y ] [ 0 / 1 / 2 ] dp[x][y][0/1/2] dp[x][y][0/1/2] 表示点 x x x 的子树，选了 y y y 个点，有 0 / 1 / 2 0/1/2 0/1/2 个直径端点的长度之和最小值
然后转移很神奇，依照树形背包的转移方式
枚举当前子树内有几个直径端点，如果在直径上就算一次，否则算两次

CF403C

题意：
给一个矩阵 A A A满足
A [ i ] [ j ] ≥ 0 A[i][j] \ge 0 A[i][j]≥0 且 ∑ A [ i ] [ i ] > 0 \sum A[i][i] > 0 ∑A[i][i]>0问是否存在一个k为正整数满足 A k A^k Ak的每个元素都为正

矩阵的 k k k次方的图论意义是：
A [ i ] [ j ] A[i][j] A[i][j]表示 i , j i,j i,j间是否有边
A [ i ] [ j ] k A[i][j]^k A[i][j]k表示 i , j i,j i,j间是否有一条长度恰好为 k k k的路径
然后题目就转化成了：给你一个邻接矩阵，问是否存在两两之间距离恰好为 k k k的长度 k k k
因为 k k k没有限制，所以只需要令 k k k为一个比较大的数，然后再看是否有环就行了（因为可以无限加长度）
然后因为 ∑ A [ i ] [ i ] > 0 \sum A[i][i] > 0 ∑A[i][i]>0，所以肯定有一个自环，这样我们只需要判连通就好了
注意 A [ ] [ ] A[][] A[][]中的路径都是单向的，所以需要判两次连通（正反各判一次）

CF407C 题意：

注意到 k k k很小，考虑 k k k阶差分，注意到 C ( n , m ) − C ( n − 1 , m − 1 ) = C ( n − 1 , m ) C(n,m)-C(n-1,m-1)=C(n-1,m) C(n,m)−C(n−1,m−1)=C(n−1,m)，但是直接差分会导致 [ l , r ] [l,r] [l,r]后面的部分多算，所以就 [ l , r ] [l,r] [l,r]+C(r-l,0) [ l , r − 1 ] [l,r-1] [l,r−1]+C(r-l-1,1) … 就行了

BZOJ4557

树形dp 好题
f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示以 i 为根的子树已经全部覆盖，向上覆盖至少 j 的最小代价
g [ i ] [ j ] g[i][j] g[i][j] 表示以 i 为根的子树之下还需覆盖至多 j 层（加上 i 共 j 层）的最小代价，就是当前子树需要兄弟节点帮忙覆盖的层数
注意：为什么要多统计个 g [ ] [ ] g[][] g[][]呢？因为注意到如果一个点的儿子的覆盖距离为2，则另一个儿子也会被覆盖到，所以 g [ ] [ ] g[][] g[][]就统计当前转移的结点至多能被覆盖到哪一层
因为可能出现覆盖 j j j比覆盖 j − 1 j-1 j−1更优的情况，所以 f [ ] [ ] f[][] f[][]要求一个后缀min， g [ ] [ ] g[][] g[][]求一个前缀min，答案就是 f [ 1 ] [ 0 ] f[1][0] f[1][0]（因为已经后缀min了所以不影响）

Luogu1272

树形dp，设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示以 i 为根，当前已经切割出大小为 j j j的块的最少次数，设 u u u为当前 x x x的儿子（需要被转移）
d p [ x ] [ j ] = m i n { d p [ x ] [ j − k ] + d p [ u ] [ k ] − 2 } dp[x][j] = min\{ dp[x][j-k]+dp[u][k]-2 \} dp[x][j]=min{dp[x][j−k]+dp[u][k]−2}
为什么要减2？因为考虑u这个子树前的 d p [ x ] [ j − k ] dp[x][j-k] dp[x][j−k]是切割了u一次的，同理 u u u在被转移前也与 x x x切割了一次，但是其实转移后一次都不需要被切割，所以需要-2

BZOJ2839

二项式反演

一个有N个元素的集合有 2 N 个不同子集（包含空集） 2^{N个不同子集（包含空集）} 2N个不同子集（包含空集），现在要在这 2 N 2^N 2N个集合中取出若干集合（至少一个），使得
它们的交集的元素个数为K，求取法的方案数
设 f [ K ] f[K] f[K]表示交集大小 ≥ K \ge K ≥K的方案数，则 f [ K ] = C ( n , k ) ∗ ( 2 2 n − i − 1 ) f[K] = C(n,k)*(2^{2^{n-i}}-1) f[K]=C(n,k)∗(22n−i−1) （考虑钦定 k 个，剩下的随便选，有 2 n − i 2^{n-i} 2n−i个集合，共 2 2 n − i 2^{2^{n-i}} 22n−i种且不能不选）
设 g [ K ] g[K] g[K]表示交集恰好为 K K K的方案数，则 f [ K ] = ∑ i = K n C ( n , i ) g [ i ] f[K]=\sum_{i=K}^nC(n,i)g[i] f[K]=∑i=KnC(n,i)g[i]
根据二项式反演， g [ K ] = ∑ i = k n ( − 1 ) i − k C i k f ( i ) g[K] = \sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}C_i^kf(i) g[K]=∑i=kn(−1)i−kCikf(i)
然后 2 2 X 2^{2^X} 22X用费马小定理，等于 2 ( 2 x ) % ( m o d − 1 ) 2^{(2^x) \% (mod-1)} 2(2x)%(mod−1)两次快速幂即可

ZROJ966

显然 a n s = ∑ i = m n ( i − 1 m − 1 ) ∗ ( c − 1 ) i − m ∗ c n − i ans=\sum_{i=m}^n\binom{i-1}{m-1}*(c-1)^{i-m}*c^{n-i} ans=i=m∑n(m−1i−1)∗(c−1)i−m∗cn−i
即枚举第i位匹配完成，在前i-1个位中选m-1个匹配数字，剩下i-m位强行失配，即 ( c − 1 ) i − m (c-1)^{i-m} (c−1)i−m，剩下n-i位随便选，即 c n − i c^{n-i} cn−i
考虑优化，发现容斥一下就变成了求失配的有多少种方案，考虑匹配到0 1 2 3 … m-1 位，即 ( n i ) 1 i \binom{n}{i}1^i (in)1i，然后剩下n-i位强行失配，所以有 ( c − 1 ) n − i (c-1)^{n-i} (c−1)n−i，注意不是c而是c-1因为必须钦定失配，所以答案就是 a n s = ∑ i = 0 m − 1 ( n i ) ( c − 1 ) n − i ans=\sum_{i=0}^{m-1}\binom{n}{i}(c-1)^{n-i} ans=i=0∑m−1(in)(c−1)n−i注意到n很大不能直接预处理，所以根据组合数展开形式递推即可

noi.ac 713

分治优化dp
一个显然的 O ( n m 2 ) O(nm^2) O(nm2)的dp是设 p r e [ i ] [ j ] pre[i][j] pre[i][j]表示[1…i]模m为j的那个价值式子的和， s u f [ i ] [ j ] suf[i][j] suf[i][j]表示[i…n] …
然后对于每一个i，设f[j]表示模m为j的价值式子的和，则 f [ ( j + k ) m o d m ] = m i n { p r e [ i − 1 ] [ j ] + s u f [ i + 1 ] [ k ] } f[(j+k) \mod m]=min\{pre[i-1][j]+suf[i+1][k]\} f[(j+k)modm]=min{pre[i−1][j]+suf[i+1][k]}
然后我们考虑用分治优化dp，当我们 s o l v e ( l , r ) solve(l,r) solve(l,r)时就表示当前不选 [ l , r ] [l,r] [l,r]的式子的和，显然对于每一个 [ l , l ] [l,l] [l,l]，当前的dp值就是那个式子在 i = l i=l i=l的答案
然后大概可以这么写（g为辅助数组，add(w,v)为给所有的i，(w+i)%m的位置加上v）：

（solve(l,mid)的时候加上了 [ m i d + 1 , r ] [mid+1,r] [mid+1,r]的价值，故意不选[l,mid]）

51nod1686

二分答案mi，题目变成了求有是否存在>=k个区间满足众数个数>=mi，双指针(l,r) l从左到右，然后开个桶记一下出现次数，r表示离l最近的区间众数出现次数为mi的位置，O(n)扫一下就行了，然后此时(l,r)对应的答案就是n-r+1 （l固定，显然有n-r+1个区间满足条件）

HDU4734

一道水水的数位dp
注意分解十进制位之后要从高位往低位，而且必须是从

dfs(curx,rest,fg) --> dfs(curx-1,rest-i*2^{x-1},fg && (lim == i)

否则记忆化的时候会出错！qaq

BZOJ3732

虽然是kruskal重构树板子题，但是对operator<有了更深的认识
之前在写堆优dijk的时候，一般是这样：

这样些的话，边是从大到小排序的，为什么还是对的呢？因为priority_queue默认大根堆，也就是将大的值看成小的，这样就对了
但是这个重构树题要求边权从小到大，所以需要改成v<b.v
（记忆：将struct里的看成a，就是a.v<b.v）

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