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这题是 \(LCT\) 维护子树信息中的 \(LCT\) 维护重心 Description link 题意概述：给定一个森林，要求支持以下操作 1.链接两个点 2.求一个点所在树的重心 3.求所有重心编号的异或和 Solution \[Begin\] 看到有链接和询问操作的题目，我们想到了 \(LCT\) 首先是一些重心的性质，本题可以用到： \(1.\) 点到树上所有点的距离和最小的那个点就是中心 \(2.\) 重心在添加一条边之后只会移动最多一条边的距离 \(3.\) 如果我们联通森林里的两棵树，那么新树的重心就在原两树重心的路径上 应该都由重心的定义理解啥的易证吧 \(2333\) 然后我们在处理 \(2\) 操作的时候搞个并查集（ \(findroot\) 好像很慢） 处理 \(3\) 操作的时候直接在链上进行类似二分查找的东西，看两侧子树的大小关系 \[Q.A.D\] \(P.s.\) 博主知道应该是 \(QED\) Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long namespace yspm { inline int read() { int res = 0, f = 1; char k; while (!isdigit(k = getchar())) if (k == '

http://poj.org/problem?id=3468 线段树区间操作...和昨天的题差不多...也是lazy操作... /********************* Template ************************/ #include <set> #include <map> #include <list> #include <cmath> #include <ctime> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <cstdio> #include <string> #include <vector> #include <cassert> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <sstream> #include <fstream> #include <numeric> #include <iomanip> #include <iostream> #include <algorithm> #include <functional> using namespace std; #define EPS 1e-8 #define DINF 1e15 #define MAXN 105000

线段树入门 引题 有一个包含 N N N 个数的序列( N ≤ 1 e 6 N \leq 1e6 N ≤ 1 e 6 )，给 Q ( ≤ 1 e 6 ) Q(\le 1e6) Q ( ≤ 1 e 6 ) 个操作，每个操作是下面两种中的一种： 区间加：给定 l , r , x l,r,x l , r , x ，将序列 N N N 下标 ∈ [ l , r ] \in [l, r] ∈ [ l , r ] 的数加上 x x x 区间求和：给定 l , r l,r l , r ，询问下标 ∈ [ l , r ] \in [l,r] ∈ [ l , r ] 的数的和 一种很暴力的想法是对每个操作都一遍循环进行修改、求和，显然会超时；看到区间求和很容易就能想到前缀和，这样可以把区间求和降到常数复杂度，然而区间加还是 O ( N ) O(N) O ( N ) ；这时就需要线段树登场了 介绍 线段树是一种实用的数据结构，它可以快速地处理区间操作，维护区间信息。线段树是一棵二叉树，它的每一个节点存储的是一个区间的信息(如区间和, 左右端点等)，如下图所示 笔者个人比较习惯用结构体来定义每一个节点，如果只开 2 N 2N 2 N 个节点，有一些情况是不够的，索性开到 4 N 4N 4 N ，并从上到下，从左向右进行编号，根节点编号为1，其左儿子是2，右儿子是3，一次类推： # define ls

原文链接：http://www.cnblogs.com/xxcanghai/p/5205998.html 链接：http://www.zhihu.com/question/21658448/answer/18903129 前端优化的途径有很多，按粒度大致可以分为两类， 第一类是页面级别的优化，例如 HTTP请求数、脚本的无阻塞加载、内联脚本的位置优化等 ; 第二类则是代码级别的优化，例如 Javascript中的DOM 操作优化、CSS选择符优化、图片优化以及 HTML结构优化等等。 一、页面级优化 　　1. 减少 HTTP请求数 　　一个完整的请求都需要经过 DNS寻址、与服务器建立连接、发送数据、等待服务器响应、接收数据这样一个 “漫长” 而复杂的过程。时间成本就是用户需要看到或者 “感受” 到这个资源是必须要等待这个过程结束的，资源上由于每个请求都需要携带数据，因此每个请求都需要占用带宽。另外，由于浏览器进行并发请求的请求数是有上限的 (具体参见此处 )，因此请求数多了以后，浏览器需要分批进行请求，因此会增加用户的等待时间，会给用户造成站点速度慢这样一个印象，即使可能用户能看到的第一屏的资源都已经请求完了，但是浏览器的进度条会一直存在。 　　减少 HTTP请求数的主要途径包括： 　　(1). 从设计实现层面简化页面 　　　　如果你的页面像百度首页一样简单

首先声明，这份代码空间复杂度 \(O(n^2)\) ，瓶颈在给边打标记 由于博主太菜，懒得再改成低复杂度的打标记了，所以 \(BZOJ\) 的数据过不去 Description link 给一张图，会有删边操作，求当前图路径 \((x,y)\) 的最大边权 \(n \leq 10^3 ,m \le 10^5\) 或 \(BZOJ\) 版： \(n\le 10^5,m\le10^6\) Solution \[Begin\] 明确两点: 1.这个题要 \(LCT\) （因为有删边的操作） 2.这个题把询问离线下来，然后逆序加边更可做 这个题中LCT维护的是“边权” 这里有一个点边转化： 把每一个边拆成点，对端点连两条边（边权就是 \(e[i].dis\) ），这样就可以维护点权了，在 \(link\) 和 \(cut\) 操作中有点点不同 如下： cut(e[tmp - n].from, tmp); cut(e[tmp - n].to, tmp); link(x[i], id[x[i]][y[i]] + n); link(y[i], id[x[i]][y[i]] + n); 先给出图的最终态，然后求一个最小生成树 每个操作先打通链，也就是 \(split\) 然后对于询问操作,直接给 \(s[y]\) 对于改边的操作 每一次加边，都会在生成树上面添加一个环，然后我们找到环上最大边 \

传送门 刷了那么久水题之后终于有一题可以来写写博客了。 但是这题太神仙了我还没完全弄懂…… upd：写完博客之后似乎懂了。 思路 首先很容易想到 \(O(n^2\log n)\) 乘上 \(O(\frac{n}{\log n})\) 的巨大常数的暴力做法（雾 然后可以发现这题支持把询问抽离出来最后做，那么我们可以先只关注修改操作。 可以发现一个点在 \([l,r]\) 的树上连上去和在所有树上都连上去其实没有太大区别，只是修改生长节点时要判一下是否存在，其他时候其实可以每一棵树上都连一个，因为不存在的点并不会被询问到。 发现这题主要恶心在1操作（也就是更换生长节点），如果没有1操作那么所有树的形态就都一样了。 考虑用某种方法使得我们可以只维护一棵树，然后在这一棵树上面实现从 \(1\) 到 \(n\) 的灵活转换。 其实也不用太过灵活，只需要能够从 \(i\) 快速推到 \(i+1\) 即可。 既然1操作恶心，那么我们重点分析1操作。 考虑 \([l,r],x\) 的这样一次操作，对 \(l,l-1\) 这两棵树会造成什么差异。假设 \(l-1\) 的生长节点为 \(y\) 。 那么这就相当于把接下来所有连在 \(y\) 上面的节点以及它们的子树全都接到 \(x\) 上。（ 注意：不管它们是否真的有在 \(x\) 树上，这对答案没有影响 ） 同理， \(r,r+1\)

传送门 系数直接是乘起来的不好处理 考虑把系数 C C C 看做每个人在自己有的里面再选出一个作为特别的 然后 D P DP D P 特别的 设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f [ i ] [ j ] 表示前 i i i 天已经有 j j j 个人拿了特别的的方案数 直接枚举这一天几个人拿了特别的乘两个组合数即可 显然这个转化是等价的 复杂度 O ( n 2 k ) O(n^2k) O ( n 2 k ) # include <bits/stdc++.h> using namespace std ; # define cs const # define re register # define pb push_back # define pii pair<int,int> # define ll long long # define fi first # define se second # define bg begin cs int RLEN = 1 << 20 | 1 ; inline char gc ( ) { static char ibuf [ RLEN ] , * ib , * ob ; ( ib == ob ) && ( ob = ( ib = ibuf ) + fread ( ibuf , 1 , RLEN , stdin ) ) ; return