[模板]洛谷·点分治 1.求树的重心 树的重心:若A点的子树中最大的子树的size[] 最小时,A为该树的中心 步骤: 所需变量:siz[x] 表示 x 的子树大小(含自己),msz[x] 表示 其子树中最大的子树的大小,sum表示当前子树所有节点个数,root表示当前子树根节点 处理出siz[x],msz[x] 按最大子树最小的标准处理出root inline void GetRoot(int x,int fa){ siz[x]=1;msz[x]=0;siz[x]//表示 x 的子树大小(含自

洛谷 P3806 传送门 这个点分治都不用减掉子树里的了,直接搞就行了. 注意第63行 if(qu[k]>=buf[j]) 不能不写,也不能写成>. 因为这个WA了半天...... 如果memset清空ex数组显然是会T的,所以开一个bef用来记录需要清空哪个地方. #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n,m; ],to[],nx[],

[luogu P3806] [模板]点分治1 题目背景 感谢hzwer的点分治互测. 题目描述 给定一棵有n个点的树 询问树上距离为k的点对是否存在. 输入输出格式 输入格式: n,m 接下来n-1条边a,b,c描述a到b有一条长度为c的路径 接下来m行每行询问一个K 输出格式: 对于每个K每行输出一个答案,存在输出“AYE”,否则输出”NAY”(不包含引号) 输入输出样例 输入样例#1: 复制 2 1 1 2 2 2 输出样例#1: 复制 AYE 说明 对于30%的数据n<=100 对于60%

P4721 [模板]分治 FFT 链接 luogu 题目描述 给定长度为 \(n-1\) 的数组 \(g[1],g[2],..,g[n-1]\),求 \(f[0],f[1],..,f[n-1]\),其中 \[f[i]=\sum_{j=1}^if[i-j]g[j]\] 边界为 \(f[0]=1\) .答案模 \(998244353\) . 思路 分治+ntt.跑900+ms 其实limit只要设到区间长度就可以了,其他的是用不到的.对前半部分也没得影响. 代码 #include <bits/std

[luogu P3384] [模板]树链剖分 题目描述 如题,已知一棵包含N个结点的树(连通且无环),每个节点上包含一个数值,需要支持以下操作: 操作1: 格式: 1 x y z 表示将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z 操作2: 格式: 2 x y 表示求树从x到y结点最短路径上所有节点的值之和 操作3: 格式: 3 x z 表示将以x为根节点的子树内所有节点值都加上z 操作4: 格式: 4 x 表示求以x为根节点的子树内所有节点值之和 输入输出格式 输入格式: 第一行包含4个正整数

P4721 [模板]分治 FFT 题目背景 也可用多项式求逆解决. 题目描述 给定长度为 \(n−1\) 的数组 \(g[1],g[2],\dots,g[n-1]\),求 \(f[0],f[1],\dots,f[n-1]\),其中\(f[i]=\sum_{j=1}^if[i-j]g[j]\) 边界为 \(f[0]=1\) .答案模 \(998244353\) . 输入输出格式 输入格式: 第一行一个正整数 \(n\) . 第二行共 \(n−1\) 个非负整数 \(g[1],g[2],\dots,

Luogu P2742 模板-二维凸包 之前写的实在是太蠢了.于是重新写了一个. 用 \(Graham\) 算法求凸包. 注意两个向量 \(a\times b>0\) 的意义是 \(b\) 在 \(a\) 的左侧,于是可以用这个方法判断是否弹点. 写的时候注意细节:确定原点时的比较和排序时的比较是不同的,并且排序时不要把原点加入. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define mp ma

P4721 [模板]分治 FFT 题目背景 也可用多项式求逆解决. 题目描述 给定长度为 $n-1$ 的数组 $g[1],g[2],..,g[n-1]$,求 $f[0],f[1],..,f[n-1]$,其中 $$f[i]=\sum_{j=1}^if[i-j]g[j]$$ 边界为 $f[0]=1$ .答案模 $998244353$ . 输入输出格式 输入格式: 第一行一个正整数 $n$ . 第二行共 $n-1$ 个非负整数 $g[1],g[2],..,g[n-1]$,用空格隔开. 输出格式: 一行

luogu P3919 [模板]可持久化数组(可持久化线段树/平衡树) 题目 #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<iomanip> #include<algorithm> #include<ctime> #include<queue> #inc

题意: 给定一棵有n个点的树询问树上距离为k的点对是否存在. 分析: 这个题的询问和点数都不多(但是显然暴力是不太好过的,即使有人暴力过了) 这题应该怎么用点分治呢.显然,一个模板题,我们直接用套路,每次找重心,对于这个重心处理,过当前点的符合要求的路径. 我们可以看到这个最大长度1e7,开数组是开得下的,所以维护一个数组(或者bitset也行)来保存之前的子树中到根距离的长度,之后访问到每个子树时,先查询,再记录,最后删除标记,将所有的点都统计完之后,答案便被保存到了数组中,直接按照题意输出即

还不会这题的多项式求逆的算法. 发现每一项都是一个卷积的形式,那么我们可以使用$NTT$来加速,直接做是$O(n^2logn)$的,我们考虑如何加速转移. 可以采用$cdq$分治的思想,对于区间$[l, r]$中的数,先计算出$[l, mid]$中的数对$[mid + 1, r]$中的数的贡献,然后直接累加到右边去. 容易发现,这样子每一次需要用向量$[l,l + 1, l +  2, \dots, mid]$卷上$g$中$[1, 2, \dots, r - l]$. 时间复杂度$O(nlog^

// 模板题#include <bits/stdc++.h> ; , head[N], dis[N]; ]; int size[N], maxson[N], Root; bool vis[N]; int js[N]; int Answer; int Size; #define gc getchar() inline int read() { ; char c = gc; ') c = gc; + c - ', c = gc; return x; } inline void Add(int u,

分治FFT的板子为什么要求逆呢 传送门 这个想法有点\(cdq\)啊,就是考虑分治,在算一段区间的时候,我们把他分成两个一样的区间,然后先做左区间的,算完过后把左区间和\(g\)卷积一下,这样就可以算出左区间里的\(f\)对右边的贡献,然后再算右边的就好了. 手玩一组样例吧:g=[0,3,1,2](默认\(g[0] = 0\)) 一开始,只有f[0]=1 f: [1 0|0 0] 然后我们从中间分开来,先算左边的 f: [1|0|0 0] 然后在分下去我们会找到\(f[0]\),就拿这一段和\(

给定一棵有n个点的树 询问树上距离为k的点对是否存在. AC code: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 10005; const int MAXM = 105; const int MAXK = 10000005; int n, m, q[MAXM]; int fir[MAXN], to[MAXN<<1], nxt[MAXN<<1], wt[MAXN<<1], cn

题目:https://www.luogu.org/problem/P3806 题意:一棵树,下面有q个询问,问是否有距离为k的点对 思路:牵扯到树上路径的题都是一般都是点分治,我们可以算出所有的路径长度然后保留下来,点分治无非就是几步一直递归,点分治就是在树上递归 1,找树的重心 2,算出所有点到重心距离,找出当前重心的所有合法路径 3,递归到子树 然后反复执行这三步 其实点分治唯一思考的地方就是  solve函数,其他都是一样的 https://www.cnblogs.com/guoshaoy

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4721 分治FFT:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/9749557.html https://blog.csdn.net/VictoryCzt/article/details/82939586 不知为何自己的总是很慢. 觉得是 n 和 m 表示次数的话,len<=n+m:n 和 m 表示项数的话,len<n+m:应该是这样? 这里是 mid-L+1 项和 R-L+1

[模板]并查集 题目详见:[[P3367][模板]并查集] (https://www.luogu.org/problemnew/show/P3367) 这是一道裸的并查集题目(要不然叫模板呢) 废话不多说进入正题: 并查集通过一个一维数组来实现,本质上是维护一个森林.刚开始的时候,森林里的每一个结点都是一个集合(也就是只有一个结点的树),之后根据题意,逐渐将一个个集合合并(也就是合并成一棵大树).之后寻找时不断查找父节点,当查找到父结点为本身的结点时,这个结点就是祖宗结点.合并则是寻找这两个结点

题目: 洛谷 4721 分析: 我觉得这个 "分治 FFT " 不能算一种特殊的 FFT ,只是 CDQ 分治里套了个用 FFT (或 NTT)计算的过程,二者是并列关系而不是偏正关系,跟 CDQ 分治套树状数组之类性质差不多吧(所以我也不知道为什么洛谷要把这个作为一个模板). 言归正传,先看一眼原来的式子: \[f[i]=\begin{cases}1\ (i=0)\\\sum_{j=1}^{i}f[i-j]g[j]\ \mathrm{otherwise}\end{cases}\] \

<题目链接> 题目大意: 给定一张图,给定条边的容量和单位流量费用,并且给定源点和汇点.问你从源点到汇点的最带流和在流量最大的情况下的最小费用. 解题分析: 最小费用最大流果题. 下面的是MCMF的模板.想学ZKW费用流和最小费用流的原始对偶 (Primal-Dual) 算法的同学,可以看看ZKW本人(Orz)的讲解  >>> #include <bits/stdc++.h> using namespace std; ],d[],used[],que[],last

简介 CDQ分治是分治的一种, 可以看做归并排序的扩展, 利用离线将一些 \(O(n)\) 的暴力优化到 \(O(log n)\). 它可以用来顶替一些高级(log)数据结构等. 一般地, CDQ分治分为三部分: 递归左右区间 统计左区间对右区间的贡献 合并整个区间 或者: 递归左右区间 分别合并左, 右区间 统计左区间对右区间的贡献 这两种方法一般来说是等价的. 详见代码. 代码 利用cdq分治求三维偏序. #include<cstdio> #include<iostream>