Thy's Blog

边双连通分量 定义 在一张联通的无向图中，对于任意两点 uuu 和 vvv​，删去两点之间任意一条边，都无法使其不连通（即连通数不变），我们就说这两点是边双连通。 对于一个无向图中的 极大 边双连通的子图，我们称这个子图为一个 边双连通分量。 根据 【笔记 / 模板】割点和桥 中可知，如果一张图是一个边双连通分量，那么这张图中必然不存在桥（割边），我们可以使用 Tarjan 求解割边的方法得到一张图的所有边双连通分量。 解法一 先用 Tarjan 预处理出图中所有的桥，再用 DFS 跑一边即可。 12345678910111213141516171819202122232425262728293031int id[N], dcc_cnt;vector<vector<int>> vec;void tarjan(int ver, int edge){ dfn[ver] = low[ver] = ++ timestamp; for (int i = h[ver]; ~i; i = ne[i]) { int to ...

割点 对于一张无向图 G=(V,E)G=(V,E)G=(V,E)，使得 H 是 G 的连通子图，且不存在 FFF 满足 H⊊F∈GH \subsetneq F \in GH⊊F∈G 且 FFF 为连通图，则称 HHH 是 GGG 的一个连通块/连通分量（connected component），又叫极大连通子图。 由此，我们可以对割点做出如下定义： 对于一个无向图，如果把一个点删除后这个图的极大连通分量数增加了，那么这个点就是这个图的割点（又称割顶）。 Tarjan 处理过程 与有向图的强连通分量相似，我们定义如下两个重要数组： dfn[]：表示深度优先遍历图时节点 uuu 被遍历到的次序，即时间戳。 low[]：节点 uuu 在不通过父亲走过的路的情况下可以到达节点的最小时间戳。 根据割点的定义可知，如果一个节点 ververver 是割点，那么必然有一个处于其 DFS 序子树内的节点 tototo 使得： lowto≥dfnverlow_{to} \ge dfn_{ver} lowto​≥dfnver​ 这个意思指的是无论如何走，tototo 都无法到达 ververver ...

Description 给定一个 n×mn \times mn×m 的矩阵，一共 kkk 次操作，在相应的行或者列上乘上一个数，求这 kkk 次操作后的和，答案对 109+710^9 + 7109+7 取模。 这里给出一种复杂度仅为 O(k)O(k)O(k) 的做法。 Solution 我们令 rowirow_irowi​ 表示矩阵第 iii 行被乘上的系数，colicol_icoli​ 表示矩阵第 iii 列被乘上的系数，显然一开始均为 111。 根据题意不难发现，矩阵中的权值 Ai,jA_{i, j}Ai,j​ 最后的值将为这一行被乘的总积再乘上这一列被乘的总积。由此可以得出答案： ans=∑i=1n∑j=1mAi,j×rowi×colj\begin{align*} ans &= \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m} A_{i, j} \times row_i \times col_j \end{align*} ans​=i=1∑n​j=1∑m​Ai,j​×rowi​×colj​​ 由于 Ai,jA_{i, j}Ai,j​ 的初值与其位置有关， ...

树链剖分 树链剖分的基本思想 通过将树分割成链的形式，从而把树形变为线性结构，减少处理难度。 树链剖分（树剖/链剖）有多种形式，如 重链剖分，长链剖分 和用于 Link/cut Tree 的剖分（有时被称作「实链剖分」），大多数情况下（没有特别说明时），「树链剖分」都指「重链剖分」。 树链有如下几个特征： 一棵树上的任意一条链的长度不超过 log⁡2n\log_2 nlog2​n，且一条链上的各个节点深度互不相同（相对于根节点而言）。 通过特殊的遍历方式，树链剖分可以保证一条链上的 DFS 序连续，从而更加方便地使用线段树或树状数组维护树上的区间信息。 重链剖分 重链剖分的基本定义 重链剖分，顾名思义，是一种通过子节点大小进行剖分的形式，我们给出以下定义： 重子节点：一个非叶子节点中子树最大的子节点，如果存在多个则取其一。 轻子节点：除了重子节点以外的所有子节点。 重边：连接任意两个重儿子的边。 轻边：除了重边的其他所有树边。 重链：若干条重边首尾相连而成的一条链。 我们将落单的叶子节点本身看做重子节点，不难发现，整棵树就被剖分成了一条条重链。 需要注意 ...

这里是一份不怎么优雅的暴力模拟。 Solution 由于只有三个人参与了分配，通过排列原理可知可能的顺序有 3!3!3! 种可能，通过定义函数对每种可能模拟即可，一旦合法输出相应方案。 AC Code 123456789101112131415161718void solve(){ sum = 0, aver = 0; // 记录总数和平均值 cin >> n; for (int i = 1; i <= 3; i ++) for (int j = 1; j <= n; j ++) cin >> f[i][j]; // 使用二维数组方便后面的函数分讨 for (int i = 1; i <= n; i ++) sum += f[1][i]; aver = (sum + 2) / 3; for (int a = 1; a <= 3; a ++) for (int b = 1; b <= 3; b ++) f ...

Before 由于数的位数很大，我们用 ∑i=0nai×10i{\textstyle \sum_{i = 0}^{n} a_i \times 10^i}∑i=0n​ai​×10i 来表示一个 n+1n + 1n+1 位的数，那么 D(num)=∑i=0naiD(num) = {\textstyle \sum_{i = 0}^{n} a_i}D(num)=∑i=0n​ai​​ 就是这个数的数位之和。 Solution 敲份暴力代码不难发现以下结论： 对于任意的 num∈[10l,10r)num \in \left [ 10^l, 10^r \right )num∈[10l,10r)，当且仅当 num×knum \times knum×k 的任意一位上没有发生进位，满足 D(k×num)=k×D(num)D(k \times num) = k \times D(num)D(k×num)=k×D(num)。 证明：因为 D(num)=∑i=0naiD(num) = {\textstyle \sum_{i = 0}^{n} a_i}D(num)=∑i=0n​ai​，k×D(num)=∑i= ...

Statement 给定一个长度为 nnn 的数列 aaa，求 ⊕i=1n⊕j=i+1n(ai+aj)\oplus_{i = 1}^{n} \oplus_{j = i + 1}^{n} (a_i + a_j) ⊕i=1n​⊕j=i+1n​(ai​+aj​) 其中 1≤n≤4×1051 \le n \le 4 \times 10^51≤n≤4×105，∀i,1≤i≤n,1≤ai≤107\forall i,1 \le i \le n,1 \le a_i \le 10^7∀i,1≤i≤n,1≤ai​≤107。 Solution 简单的双重暴力显然是会超时的，问题的关键在于如何将两重循环减少一层。 对于异或等位运算操作，其特殊的性质在于按位运算，即每一位的影响不会改变下一层。 因此不难想到将答案二进制后的每一位进行讨论，最后统计答案。 对于第 kkk 位： 讨论两个数之和的二进制表示在第 kkk 位上是否为 111，根据加法的性质，我们只需要得知这两个数的前 kkk 位是多少。 定义数组 bbb，对于 ∀bi\forall b_i∀bi​，都有 bi←ai∧(2k+1−1)b_i \ge ...

Solution 一道博弈题，从操作的性质方面入手。 对于依次操作的位置，受到影响的就是其两边的硬币，无非分为以下几种情况： 两边都是 U，删去元素后两边都变成 D，U 的个数少了 333个（包括操作的那一个）。 一边是 U，一边是 D，操作后 U 的个数少了 111 个。 两边都是 D，操作后 U 的个数增加了 111 个。 不难发现无论怎么操作，U 的个数的奇偶性始终不会改变。对于最后一种操作，如果 U 的个数便为 000，那么游戏结束。 我们可以统计出初始状态 U 的个数，如果 U 为奇数，则 Alice 获胜，否则 Bob 获胜。 AC Code 12345678void solve(){ int res = 0; cin >> n >> s + 1; for (int i = 1; i <= n; i ++) res += s[i] == 'U'; cout <<( (res & 1) ? "YES\n" : "NO\n&qu ...

题目大意 给定一个长度为 nnn 的序列 aaa，花费不同代价进行一下若干操作： 选择其中一个元素 aia_iai​（0≤i<n0 \le i \lt n0≤i<n） 增加一，花费 ppp 的代价。 选择其中一个元素 aia_iai​（0≤i<n0 \le i \lt n0≤i<n） 删除，花费 qqq 的代价（序列长度不可为 000）。 选择其中两个元素 ai,aja_i,a_jai​,aj​（0≤i<j<n0 \le i \lt j \lt n0≤i<j<n）进行交换，花费 rrr 的代价。 最小化代价，使得 ∃k0(0≤k0<n)\exists k_0(0 \le k_0 \lt n)∃k0​(0≤k0​<n)，将子序列 a0∼ak0−1a_0 \sim a_{k_0 - 1}a0​∼ak0​−1​ 拼接在原序列后端，当前序列任意前缀和非负。 Solution 定义 sumsumsum 表示整个序列元素之和，不难看出，对于任意一个序列，若 sum≥0sum \ge 0sum≥0，必然至少存在一个 k0k_0k0​ 使 ...

有向图的强连通分量 定义 对于一张有向图 G=(V,E)G = (V, E)G=(V,E)，对于两点 u,v∈Vu,v \in Vu,v∈V，都存在一条路径可以使得 uuu 达到 vvv，vvv 也可以达到 uuu，则称该两个点是互相可达的。 如果一张有向图上的任意两个节点之间可以互相可达，则称这张图是 强连通的（Strongly Connected）。 对于一张子图 H∈GH \in GH∈G，并且不存在其他的连通图 FFF 使得 H∉F∈GH \notin F \in GH∈/F∈G，则称子图 HHH 是有向图 GGG 的一个 强连通分量（Strongly Connected Component，SCC），叫做极大的连通分量。 应用 对于一个较为复杂的图论问题中，利用强连通分量的缩点技巧，将每一个强连通分量中的所有点看作一个点，最终使得图转化为 有向无环图（DAG），大大的减少了时间复杂度和解题难度。 Tarjan 算法 DFS 生成树 对于一张图的深度优先遍历，根据节点的先后遍历顺序，我们可以生成出一棵树，这棵树即为 DFS生成树，它的性质有如下几点： 深度优先遍历的第一个点 ...