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題目連結: https://zerojudge.tw/ShowProblem?problemid=e201 稀有的過來寫個解。大學生活好累，每天都在被作業QAQ 一開始看錯題目了，不過因為沒看錯太多所以改個幾行就過了XD 看到這題我的第一個想法是樹DP，所以想說先想想看有沒有甚麼有用的性質。感受了一下發現我可以定義$f_u(x)$代表在$x$時間點進入$u$後再出來的時間點，那可以發現$f_u(x)=\max(a_{u0},x+d_u)$，其中$d_u$代表可以不用等待就都檢查完$u$的子樹的時間，$a_{u0}$代表如果是第0個時間點就從$u$出發那要多久後才能回到$u$並把所有教室都檢查完的時間。證明這部分成立的方法也很簡單(不過我很笨想了很久QAQ)，假設在時間點$t\geq 0$，存在一種走法最佳，那我們可以知道他的時間一定$\geq t+d_u$，因為不管怎樣我們至少一定要把底下整棵子樹都走過一遍才能回來，另外我們也知道那個最佳走法的時間也$\geq a_{u0}$，因為如果他更小的話，我們在時間點$0$的時候就可以故意等到時間點$t$在走，這樣可以走出更加的解，與假設不合，這樣我們就證明了在任意時間點$t$的任意解$g$都有$g \geq f_u(t)$，而且明顯$f_u(t)$是可以達到的，因為我們可以照著$t=0$的路徑走，那如果中間很順利不用逗留的話就達到了$f_u(x)=x+d_u$，而若是要逗留的話，那在逗留的當下我們接著的時間就會跟$t=0$的時候同步了，所以這時$f_u(x)=a_{u0}$。 講了這麼多我們現在終於知道一個人在時間點$x$進入$u$後出來的時間，那接下來就是要決定當我們在$u$的時候該以怎樣的順序走訪他的子樹們$v$了，而這時我盯著$f_u(x)=\max(a_{u0},x+d_u)$的圖(一堆平移過後的 ReLU 函數w)一段時間後猜想順序就是按著$f_u$的轉折點的$x$座標由小到大拜訪就會是好的，也就是按照$a_{u0}-d_u$由小到大走訪就會是最佳的，不過這部分我證不太出來，所以後來就依靠 Z3 證明了對於任意$s,t,x_0\geq 0$都有$a_{s0} - d_s \leq a_{t0} - d_t \Rightarrow f_t(f_s(x_0)) \leq f_s(f_t(x_0))$，那我...

題目連結: https://tioj.infor.org/problems/2027 不知道多久沒來這裡了XD，來提供一下兩個這題的做法。 一個是gamegame跟我講的做法，我覺得我應該以前都沒想過，所以紀錄一下這個有趣的作法。 這裡我們將一棵二元樹的節點集合用$\mathbb{T}$表示，並且定義幾個函數 $\text{lch}:\mathbb{T}\rightarrow\mathbb{T}, \text{lch}(x)=\text{left child of }x$ $\text{rch}:\mathbb{T}\rightarrow\mathbb{T}, \text{rch}(x)=\text{right child of }x$ $\text{sz}:\mathbb{T}\rightarrow\mathbb{N}\cup\{0\}, \text{sz}(x)=\text{size of }x$ $\text{w}:\mathbb{T}\rightarrow\mathbb{N}\cup\{0\}, \text{w}(x)=\min(\text{sz}(\text{lch}(x)), \text{sz}(\text{rch}(x)))$ 那首先有個引理：對於任意二元樹$T$都有$\displaystyle\sum_{u \in T}\text{w}(u) = \mathcal{O}(\text{sz}(T) \log \text{sz}(T))$，證明的部分就留給讀者好了(X) 白話文講一點就是如果有一個$N$個節點的二元樹，而我們對於他每個節點作的演算法都只跟那個節點小的子樹的大小有關的話，複雜度就會是$\mathcal{O}(N \log N \cdot \text{單一操作的複雜度} )$。 回到這題，可以發現如果一個區間$[L, R]$的最大值是$a_i$若且唯若$L \in [j, i]$（其中$j$是使得$j a_i$發生的最大的$j$）跟$R \in [i, j]$（其中$j$是使得$i a_i$發生的最小的$j$），而若是我們把這種性質拿去建成一棵二元樹（也就是讓可能的編號$L$都在$i$的左子樹，可能的編號$R$都在$i$的右子樹）的話我們就會拿到 笛卡爾樹 。 有了笛卡爾樹後，我們還需要一個支援插入、刪除、統計有多...

題目連結: https://tioj.infor.org/problems/1975 首先本題要可以觀察到對於只有即時性工作時我們很簡單的就是計算他重疊最多的部分是多少，而對於非即時性工作則是要透過由deadline由小到大排後，每次選取被加值最少的那些不重疊區間來分配，最後計算最大值。 合併這兩個思考之後就可以發現本題變成一個用treap可以維護的題目了XD #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 100000 + 5; const int C = 1000000 + 5; namespace Treap{ #define sz( x ) ( ( x ) ? ( ( x )->size ) : 0 ) #define sm( x ) ( ( x ) ? ( ( x )->sum ) : 0 ) struct node{ int size, cnt, sum; uint32_t pri; node *lc, *rc; node(): size( 0 ), cnt( 0 ), sum( 0 ), pri( rand() ), lc( nullptr ), rc( nullptr ) {} node( int x ): size( 1 ), cnt( x ), sum( x ), pri( rand() ), lc( nullptr ), rc( nullptr ) {} void pull() { sum = cnt; if ( lc ) sum += lc->sum; if ( rc ) sum += rc->sum; size = 1; if ( lc ) size += lc-...

題目連結: http://tioj.infor.org/problems/1726 為什麼$O((N+Q)\sqrt{N})$跑得比$O((N+Q)\sqrt{N}log(N))$還要慢啊，我居然是倒數的，明明上面的人複雜度都慘的（？ 總之我的想法是分塊，然後對每塊都用$O(N^2)$的方式算完每塊內的答案，接著如果答案是跨多個塊的話，則我們只要掃過每一塊，並記錄當前遇到最後面的a跟b出現在哪，然後再看看現在看到這塊的a跟b最前面出現在哪就好，完成後更新a,b的最後位置，再去檢查下一塊。 易知當塊大小為k時，複雜度為$O(Nk+\frac{NQ}{k})$故取$k=\sqrt{N}$時最佳。 #include <iostream> #include <vector> #include <utility> #include <unordered_map> using namespace std; const int N = 60025 + 5; const int SQRT_N = 245; const int INF = 1<<30; vector<pair<int,int>> que; unordered_map<int,int> ans[N], fi[SQRT_N], se[SQRT_N]; int arr[N]; int main(){ ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int n, q; cin >> n >> q; for(int i=0;i<n;i++) cin >> arr[i]; n = (n+SQRT_N-1)/SQRT_N*SQRT_N; for(int i=0;i<q;i++){ int x, y; cin >> x >> y; if(x > y) swap(x,y)...