暴力深搜。不解釋。
**：
#include
#include
#include
#define f(x,y,z) for (int (x) = (y) ; x <= (z) ; x ++ )
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
const ll mod = 1000000007;
const ll size = 100;
ll ans = 0;
ll a[size],b[size],c[size],d[size];
ll n;
ll dfs(ll nn,ll oi,ll whk)
if (oi - b[nn] > 0 ) dfs(nn+1 , oi-b[nn] , whk+a[nn]);
else dfs(nn+1, 0 ,whk+a[nn]);//學文化課
if (whk - d[nn] > 0 ) dfs(nn+1 , oi+c[nn] , whk-d[nn]);
else dfs(nn+1 , oi+c[nn] ,0 );//頹oi
}int main(void)
k 個聯通塊，每有一對就相當於連了一條邊，而連一條邊就少乙個聯通塊（因為是樹形結構），所以可證其聯通塊個數為k−
n對的個
數。然後字首和統計，注意統計邊的時候可以把值給其上面的或左邊的，注意查詢的範圍。預處理複雜度o(
n2) ，查詢複雜度o(
1)。
**：
#include
#include
#include
#define f(x,y,z) for (int (x) = (y) ; x <= (z) ; x ++ )
using namespace std;
typedef int ll;
const ll mod = 1000000007;
const ll size = 2010;
ll dop[size][size],l[size][size],up[size][size];
ll mat[size][size],tmp[size][size];
ll n,m,q;
char smat[size];
int main(void)
for (ll i=1;i<=n;i++)
for (ll j=1;j<=m;j++)
dop[i][j] = dop[i-1][j] + dop[i][j-1] - dop[i-1][j-1] + mat[i][j];
for (ll i=1;i<=n;i++)
for (ll j=1;j<=m;j++)
for (ll i=1;i<=n;i++)
for (ll j=1;j<=m;j++)
if (mat[i][j] == 1 && mat[i][j+1]==1) l[i][j] = l[i-1][j] + l[i][j-1] -l[i-1][j-1] + 1; else
l[i][j] = l[i-1][j] + l[i][j-1] - l[i-1][j-1];
while (q--)
return 0;
}
如果乙個點被
n 條線段所過，那麼其鬼畜值為n(
n−1)
/2。所以實際上就是統計逆序對，因為如果有n條線段經過，就有n(
n−1)
/2個逆序對，所以與原來的公式一樣。但是這題又卡空間，所以我們把一條一條的維護，也就是從一開始到其最接近mo
d 為一條，然後下乙個為另一條的開始。計算時只有條之間有逆序對，然後推一推公式就完了。複雜度o(
n2鏈的
個數)=
o(能過
) 。
**：
#include
#include
#include
#include
#define f(x,y,z) for (int (x) = (y) ; x <= (z) ; x ++
#define ni line[i].num
#define nj line[j].num
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
ll mod,n,begin,a,ans=0;
const ll mod = 1000000007;
const ll size=100005;
struct wtf
} line[size];ll cnt=0;
int main(void)
else
}for (ll i = 0;ifor (ll j = i+1 ; j<=cnt ; j++)
ans+=line[i] * line [j];
printf("%lld",ans);
return
0;}
NOIP模擬題 連通
給定乙個無向圖，請編寫乙個程式實現以下兩種操作 1 d x y，從原圖中刪除連線x和y頂點的邊。2 q x y，詢問x和y頂點是否連通。這也是連通問題，考慮用並查集解決。但是這是刪除的問題耶，怎麼辦？考慮將刪除變為連通，能不能將所有操作給反過來，從最後乙個操作開始處理。當然是可以的。include ...
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