Description 给出一棵树，每次查询给三个点，找到一个集合点，使得三个点到它的距离和最小。 Solution 做法是求LCA(最近公共祖先)给出样例的图，查询情况如下：4 5 6，显然集合点走5这个点最优，总花费为26 3 1，显然集合点走2这个点最优，总花费为52 4 4，显然集合点走4这个点最优，总花费为16 6 6，显然集合点走6这个点最优，总花费为0 可以看到，给出 最终选择的最优集合点只能会是 ，此时只需要找三个点哪个最优即可。实际上，至少会有两组点对他们的 是一样的，如果出现这种情况，只需要把集合点定为第三个LCA点。如下图，选择LCA1是最优的。所以主要问题就是如何求 ，...

难得有一场ak了，写一下自己的做法吧 完全数  支持 做法，直接根号内试除统计即可。读入用  #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 5e5 + 5; const int mod = 998244353; int main() { ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr); ll n; cin >> n; ll ans = 0; for(ll i = 2; i ...

Description 给出n个数字，要求分成k个连续的子数组，使得每一堆总和按位与的结果是最大的 Solution 思路：dp + 贪心，首先意识到要结果最大需要按位贪心，从高位往低位取。其次，关于某一位是否能够实现，可以用 dp 去解决。具体实现如下：令bool 变量 dp[i][d] 表示到第i个数字的时候已经分为d个连续子数组时，该二进制位是否能实现按位and后仍然为1.那么有 后面那一坨表示从j + 1 到 i 的前缀和在该二进制位上是否为1。注意：题目给的 , 但是前缀和不一定在这个范围，需要多检测几位(第60位开始即可)，不然会wrong answer Code #include...

基于深度图像合成的神经种群控制 导语 光照到眼睛的模式是通过一系列“深”的神经活动模式来处理和再现的，这个“深”系列是由六个相互联系的皮层脑区组成，称为腹侧视觉流。视觉神经科学研究表明，这些神经活动模式是我们识别世界上物体及其关系的基础。最近的进展使神经科学家能够建立更精确的模型来描述这种复杂的视觉处理过程。目前，最好的模型是特定的深层人工神经网络（ANN）模型，其中每个大脑区域都有相应的模型层，每个大脑神经元都有相应的模型神经元。这些模型在预测大脑神经元的反应方面相当出色，但它们对理解灵长类动物视觉处理的贡献仍然存在争议。理由：这些人工神经网络模型至少有两个潜在的局限性。首先，因为它们的目标...

Description 给一棵树，无修改操作，每次查询给出 (l,r)，查询 l 的子树在深度为 r 的节点对应的字母能不能构成回文串。 Solution 思路：dsu on tree(树上启发式合并)算法的本质其实就是一个优化暴力的过程。按暴力的想法去统计，每次统计所有子树，再删除贡献，时间复杂度是 的。但是在dsu on tree的思想中，我们先进行轻重链剖分，只暴力统计并删除轻儿子，对于重儿子只统计不删除，有效地优化了暴力过程，能将时间复杂度降为 具体的算法步骤是：1.暴力统计每个轻儿子(注意，每个轻儿子统计完后要删掉贡献）2.统计重儿子3.再重新暴力统计轻儿子，与重儿子的贡献合并提供给...

Description 给出一棵树，每个节点都有颜色。对树有两种操作:U x c 更新操作，将x节点的颜色变成cQ c 查询所有颜色为c的节点形成的子图有多少条边 Solution 完全没思路。。。看了其他聚聚的题解通过找规律可以看出加入每条边x的贡献是 因此可以用一个set来维护每个颜色的序列，然后每次修改时在set里取点计算贡献。关于距离 可以用 来得到。太菜了，5555555555555 Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5 + 5;...

Description 给定一棵树，根节点为1，给出两种操作：  查询x节点当前的val 给出x, val, 修改x节点及其子树的值，注意修改过程是随着深度+-+-进行交替的  Solution 首先处理出dfs序，随后单点查询，区间修改可以用差分树状数组来维护。注意到区间修改的过程是随着深度而改变的，那么不妨开两个树状数组，一个维护奇数层的修改，另一个维护偶数层的修改，不改变原来的权值，只对树状数组进行修改。那么最后的答案就是原来的权值，加上当前奇偶层的修改数，即  Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typede...

Description   Solution 前置知识：最长上升子序列O(nlogn)的贪心做法, dfs序分析:从题目中可以得出，根 < 右子树 < 左子树，如果要选择最多的点，那么如果能够处理出根 -> 右子树 -> 左子树的dfs序，在序列上取一个最长上升子序列，就能选到最多的点，于是长度即为答案。时间复杂度：O(nlogn) Code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 5; typedef long long ll; int w[N], seq[N], t...

Description   Solution 以前牛客小白赛里也有类似的题目，简单地讲，在树上进行子树区间上的修改和求和问题可以转化为我们熟悉的序列问题。思路：处理出dfs序，然后找到每个节点的子树区间在哪个访问内，剩下的就是树状数组单点修改，区间求和的操作啦。时间复杂度：O(nlogn) Code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e6 + 5; ll T[N]; int a[N]; int lowbit(int x) { return x &...

Description 一句话翻译(祈福12月六级考试)给一棵树,m个查询每个查询(u, k) 代表 u 节点dfs序下第k个节点 Solution 令l[i] 表示i节点的起点位置，r[i] 表示i节点的终止位置，a[i] 表示第i个数字是哪个节点。对于每个查询，查找是否在 [l[u], r[u]]区间内，不在的话输出-1，否则输出a[l[u] + k - 1]。 Code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 2e5 + 10; const int mod...

Description 虽然探索金字塔是极其老套的剧情，但是有一队探险家还是到了某金字塔脚下。经过多年的研究，科学家对这座金字塔的内部结构已经有所了解。首先，金字塔由若干房间组成，房间之间连有通道。如果把房间看作节点，通道看作边的话，整个金字塔呈现一个有根树结构，节点的子树之间有序，金字塔有唯一的一个入口通向树根。并且，每个房间的墙壁都涂有若干种颜色的一种。探险队员打算进一步了解金字塔的结构，为此，他们使用了一种特殊设计的机器人。这种机器人会从入口进入金字塔，之后对金字塔进行深度优先遍历。机器人每进入一个房间（无论是第一次进入还是返回），都会记录这个房间的颜色。最后，机器人会从入口退出金字塔。...

Description 小A给你了一棵树，对于这棵树上的每一条边，你都可以将它复制任意（可以为0）次（即在这条边连接的两个点之间再加一条边权相同的边），求所有可能新形成的图中欧拉路的最短长度欧拉路：从图中任意一个点开始到图中任意一个点结束的路径，并且图中每条边只通过恰好一次 Solution 考虑欧拉回路，从哪来回哪去，每条边走两次。现在求欧拉路，因此不用走回来了，于是减去直径的长度就是最优答案。于是我们可以推出答案为  Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const in...

Description 农民约翰在喂奶牛的时候被另一个问题卡住了。他的所有N(1 <= N <= 100,000)个奶牛在他面前排成一行(按序号1..N的顺序)，按照它们的社会等级排序。奶牛#1有最高的社会等级，奶牛#N最低。每个奶牛同时被指定了一个不唯一的附加值，这个数在 的范围内。 帮助农民约翰找出应该从哪一头奶牛开始喂，使得从这头奶牛开始的一个连续的子序列上，奶牛的附加值的异或最大。 如果有多个这样的子序列，选择结尾的奶牛社会等级最高的。如果还不唯一，选择最短的。 Solution 还是01Trie的经典题目，取一个区间的异或值令前缀异或和 显然有 于是我们把问题转化为在前缀...

Description  Solution 建立01Trie,对于每一个数字都从最高位开始建立字典树，并且贪心地从最高位开始在字典树上走，优先走该位不同的路线，最后取最大的答案。 Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5 + 5; int a[N]; int trie[N * 50][2]; int tot; void add(int x) { int rt = 0; for(int i = 30; i >= 0; i--) { int ...