Running Median 思路： 用两个优先队列，一个维护大的一半，一个维护小的一半，小的一半放在根结点最大的优先队列q1里，大的一半放在根结点最小的优先队列q2里，如果q1中的数比q2多1个以上，就把q1的顶点移到q2中去；如果q2中的数比q1多1个以上，就把q2的顶点移到q1中去。如果q1.size()比q2.size()多一个，中位数就是q1的根，因为q1下面的数都比它小，q2里的数都比它大，而且q1的子树中结点的数量和q2中结点的数量一样多，那么q1的根结点不就是中位数了吗；反之也是一样。 以为这样就能ac了吗？ 没错，是可以ac了，如果是我这样的菜鸡就选c++14的编译环境提交，...

黑白树 思路： 1.当一个点没有被下方已经选了的点覆盖到的时候，我们选择一个它或者它下方的能向上覆盖的最远的点。2.另外，其实我们也并不关心这个点选的哪个，只需要知道往上能覆盖多远就行了，这个值其实可以直接维护到k数组里面，实际操作就是：首先处理的一定是叶子结点y，它的k值就是题目输入的值，它父亲结点x的k值就需要维护了，具体的值为k[x]=max(k[x],k[y]-1),也就是两者求并集，k[y]-1是因为y到x的距离为1；也就是说k[x]此时的作用是存结点x的子树中的结点(包括它自己)向上覆盖的最远距离。3.f[x]数组表示存放已选结点可以从x结点往上覆盖f[x]-1个结点，当f[x]=...

Shortest Path 思路： 由题意可知是一个树形结构。若要使两两之间边权最小，尽量不能选重边，也就是说尽可能在节点所在子树里寻找答案。显然与叶子节点相连的边必须选。假设当前结点为x，如果tot[x]&1==1也就是x的子树的结点数(包括x自己)为奇数时，x和父亲的边就一定要选，即答案加上edge[x].w----表示为x与父亲组成的边，当然如果它的兄弟和父亲也连了就刚好两个兄弟组成一个点对，它们的边长为他们分别与父亲的边的和。如果tot[x]&1==0也就是x的子树的结点数(包括x自己)为偶数时，那么肯定在子树里面就互相连完了，它不需要向上连父结点。 代码 #inclu...

数码 1.解释： 1.最先想到的就是直接模拟了，引用每日一题的例子：eg:l=3 r=6:x=3 因子有1 3x=4 因子有1 2 4x=5 因子有1 5x=6 因子有1 2 3 6会发现当确定一个因子1时，另外一个因子为3，4，5，6(6=6/1);当确定一个因子2时，另外一个因子为3eg：l=1 r=6:x=1 因子有1x=2 因子有1 2x=3 因子有1 3x=4 因子有1 2 4x=5 因子有1 5x=6 因子有1 2 3 6会发现当确定一个因子1时，另外一个因子为2，3，4，5，6(6=6/1);当确定一个因子2时，另外一个因子为3观察枚举的过程就可以发现以下几点...

树 思路： 感觉和dfs序联系不大，画个图后发现涂颜色只有两种方案(引用每日一题的图片)：1.使用用过的颜色，但是一定要和它处理过的父结点或者儿子结点涂一样的颜色，只有这样才能保证一样颜色的点在一个路径上；2。使用没用过的颜色，已经用了j-1种颜色，所以还剩k-j+1种颜色可以涂可以用dp来求解：状态：dp[i][j],处理到第i个点时用了j种颜色。状态转移方程：dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]*(k-j+1))%mod. 代码： #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define j...

嘀咕一下： 原本以为和前几次的的题目一样的难度，结果我就会写一题，线段树当时还没学，多组背包还不会，但是其实这个难度还是可以接受的传送门 A-咪咪游戏 题目大意： 每次询问你一个字符串，判断是否由mq连接而成 难度： 看懂了题目要你做什么就很好做出来了，一道签到题题目类型：模拟 思路： 1.由mq连接而成一定是一个偶数串2.如果是偶数串，就用一个strng类的变量模拟连接的过程 复杂度： (log n) 代码： #include<bits/stdc++.h> #define js ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(...

A-大吉大利 代码： #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> #include <vector> #include<map> #include<set> #include<utility> #define scanf1(a) scanf("%d",&a) #define scanf2(a...