<div class="post_brief"><p> 最近很颓啊。</p>   这题很久之前看过。当时以为是高消就没管。然后开坑之神idy做了之后仔细一想才知道不是。   这题的做法是dp。首先因为边数少所以不用floyd，直接bfs预处理出所有t[i][j]表狼在i，兔子在j的时候狼下一步去哪。然后有一个结论是每一步两个玩意的距离至少缩短1，所以状态是不会有环的，这也是为啥可以不用高消。然后坑点是不能直接开状态队列，因为那不是拓补序。要先把每个点的入度算出来再跑dp。结局是我的代码超长。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge *next; }; #define mkword(x,y) (((x)<<16)|(y)) #define hiword(x) ((x)>>16) #define loword(x) ((x)&0x0000ffff) const int maxn = 1009; const int maxst = 1000009; const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, m, st, te, deg[maxn], d[maxn], t[maxn][maxn], ind[maxn][maxn]; edge elst[maxn << 1], *ep(elst), *head[maxn]; double f[maxn][maxn], g[maxn][maxn], c[maxn], ans;...

<div class="post_brief"><p> 盯idy发现的题，之前想学然后放弃了，于是今天几乎写了一天。有种紧迫感啊。然后发现好多认识的人都是最近过的。</p>   思路比较简单，树上莫队。因为要修改，所以要把块的大小变成n2/3，然后用1086的方法分块。好像也可以直接按dfs序分块。两个端点和时间为三个关键字跑莫队。复杂度可以感受一下反正我也不会证。   要注意千万要控制LCA的用量，必需只能是O(n)级别的。在爬树的时候必需O(1)。我就是在移动时间的时候不小心手贱每次用一遍LCA，然后去检查在移动端点花了好久的时间。   比较不开心的是发现mac没法改栈空间？有两个点始终暴栈。而且拿另一台电脑的openSUSE跑，结果发现它的cpu没有mac好，跑得还比mac快！我猜是操作系统在捣鬼。mac还是比较坑啊不开心。然后在bzoj上跑的时间几乎是本地的5倍也是比较厉害啊。   #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 100009; const int maxl = 19; typedef struct node { int t; node *next; } edge; node nlst[maxn], *np(nlst); struct chain { int sz; node *hd, *tl; chain() { hd = tl = 0; sz = 0; } inline void clear() { hd = tl = 0; sz = 0; } inline void push(int x) { np-> t = x; np-> next = 0; if (sz) { tl-> next = np; tl = np; } else { hd = np; tl = np; } ++ np; ++ sz; } inline void merge(chain a) { sz += a....

<div class="post_brief"><p> 每日一水。不过这题还比较有意思。最初没看清题，觉得没法数总三角形个数。</p>   同色=总-不同色。对于一个不同色，会有两个顶点的两边颜色不同。直接按照顶点统计一下不同色的边组数，然后减一下就完了。   说好的糖果呢。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 1009; int n, m, t, c, w[maxn]; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE //freopen(“in.txt”, “r”, stdin); #endif scanf("%d%d", &amp;n, &amp;m); memset(w, 0, sizeof(w)); t = n * (n - 1) * (n - 2) / 6; for (int i = 0; i &lt; m; ++ i) { int u, v; scanf("%d%d", &amp;u, &amp;v); ++ w[u]; ++ w[v]; } c = 0; for (int i = 1; i &lt;= n; ++ i) c += w[i] * (n - w[i] - 1); c &gt;&gt;= 1; printf("%d\n", t - c); }

<div class="post_brief"><p> 难得的水水的双倍题。</p>   看上去是想考lct然后忘强制在线了么？那就直接预处理出形态然后链剖呗。当然我还没有达到mhy这种认为lct比tcd好写的水平。   中间还把修改写挂了一次，然后1180的询问数是2843的3倍又re了一次。晕。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t; edge *next; }; struct seg { int l, r, s[2]; seg *ls, *rs; }; struct query { char o; int a, b, s; }; const int maxn = 30009; const int maxm = 300009; int n, m, r[maxn], d[maxn], v[maxn], u[maxn]; int fa[maxn], sz[maxn], tc, fc[maxn], ch[maxn], cl[maxn]; int qret[2]; seg slst[maxn << 2], *sp(slst), *rt[maxn]; edge elst[maxn << 1], *ep(elst), *head[maxn]; query q[maxm];...

<div class="post_brief"><p> 简单的算几+网络流么。然后花了将近两天。最近总和算几过不去啊。</p>   判断线段和圆是否有交还是比较简单的。反正不要让我用解析。先找下垂线，然后找下垂足，然后点乘一下搞定。然后错得不知道怎么死的。搞了很久。   然后二分网络流水水水水水水水水。   感觉mac好卡啊，gdb巨卡，bash也非常卡。难道我又没有搞对打开方式？   #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; inline long double sqr(long double x) { return x * x; } typedef struct geo_obj { double x, y; geo_obj() {} geo_obj(double x0, double y0) { x = x0, y = y0; } inline void read() { scanf("%lf%lf", &x, &y); } inline geo_obj rev() { return geo_obj(-y, x); } inline double len() { return sqrt(sqr(x) + sqr(y)); } inline double sqLen() { return sqr(x) + sqr(y); } } point, vect; inline geo_obj operator +(const geo_obj& a, const geo_obj& b) { return geo_obj(a....

<div class="post_brief"><p> 去找水题于是找到这么一道恶心的代码题。其实应该可以用函数指针来优化一下代码量，不过懒得了。虽然复制粘贴导致调试了老半天。</p>   水水的链剖+线段树。然后tag打一打就好了。   最近是装备了高超的开坑技巧啊。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct seg { int l, r, s, a, b, rv; seg *ls, *rs; inline void update() { if (l + 1 < r) { s = ls-> s + rs-> s; a = min(ls-> a, rs-> a); b = max(ls-> b, rs-> b); if (rv) { s = -s; swap(a, b); a = -a; b = -b; } } else a = b = s; } inline void chgTag() { s = -s; swap(a, b); a = -a; b = -b; rv ^= 1; } inline void downTag() { if (rv) { rv = 0; if (l + 1 < r) { ls-> chgTag(); rs-> chgTag(); } } } }; struct edge { int t, v; edge *next; };...

<div class="post_brief"><p> 比较基础的算几。当是hwd在wc的时候讲的东西拿来练练吧。（都过去多久了）</p>   算几的板比较长。然后记得还有道半平面交精度题至今没过！？什么效率。   这题的思路比较简单。找出所有的关键x，分段。每段内都是一堆边不相交的梯形，那么答案=∑(▵x*∑中位线并的长度)。总时间复杂度到了O(n3)。不过n才100显然可过。至于n等于1000的题暂时不会啊。我太弱了。   然后这题也有神奇的精度误差，答案要-1e-7才能过。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const double eps = 1e-7; inline int sgn(double x) { return (x > eps) - (x < -eps); } inline double sqr(double x) { return x * x; } typedef struct geo_obj { double x, y; inline geo_obj() {} inline geo_obj(double x0, double y0) { x = x0, y = y0; } inline void read() { scanf("%lf%lf", &x, &y); } } point, vect; inline geo_obj operator +(const geo_obj& a, const geo_obj& b) { return geo_obj(a....

<div class="post_brief"><p> 久了不写manacher又手生了只好抄红书了。</p>   后面的过程就是对每个位置i找一个最远的位置j满足j在i为中心的回文子串的一半以内且j最小。然后直接拿个set就能搞定。   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <set> using namespace std; const int maxn = 500009; char a[maxn]; int d[maxn << 1], n; void manacher() { d[0] = 1; for (int i = 1, j = 0; i < (n << 1) - 1; ++ i) { int p(i >> 1), q(i - p), r(((j + 1) >> 1) + d[j] - 1); if (r < q) d[i] = 0; else d[i] = min(r - q + 1, d[(j << 1) - i]); while (p - d[i] >= 0 && q + d[i] < n && a[p - d[i]] == a[q + d[i]]) ++ d[i]; if (q + d[i] - 1 > r) j = i; } }...

<div class="post_brief"><p> 多少年前的坑了。</p>   用mac写的第一篇题解呢。   环套树DP。先把树上的情况处理了，然后枚举取不取环上的第一个。   要注意会有重边的情况，比较恶心。   #include <cstdio> #include <cctype> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int buf_len = 4000; char buf[buf_len], *bufb(buf), *bufe(buf + 1); #define readBuf() { if (++ bufb == bufe) bufe = (bufb = buf) + fread(buf, 1, sizeof(buf), stdin); } #define readInt(x) { register int s(0); do { readBuf(); } while (!isdigit(*bufb)); do { s = s * 10 + *bufb - 48; readBuf(); } while (isdigit(*bufb)); x = s; }...

<div class="post_brief"><p> 数据水。填坑。语文阅读题，看到都不想做。</p>   就一树形dp。f[i][j][k]表示第i个物品，上供j个，花k块钱的代价。背包转移是O(m2)的，因为是一棵树所以转移次数是O(n)的，但是还要考虑j最大为100。一个技巧是合并完所有的东西之后再考虑把上供的烧掉。虽然这样的复杂度还是有点高。   毕竟我还是太弱啊，居然又花了一个上午。（虽然睡到十点）   #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; struct edge { int t, v; edge *next; }; const int maxm = 2009; const int maxn = 53; const int maxa = 103; int n, m, f[maxn][maxa][maxm], ans[maxm], vl[maxn], vmax[maxn]; bool lf[maxn], ir[maxn]; edge elst[maxn], *ep(elst), *head[maxn]; inline void addEdge(int u, int v, int w) { ep-> t = v; ep-> v = w; ep-> next = head[u]; head[u] = ep ++; }...