HELLO AMIR ! ! ! pixiv - Ashima 路径不统一导致的图片引用问题 问题来源 hexo 部署网页是以 public 为根目录的, 图片文件在 public/images 里, 也就是引用图片要用 /images/… 路径 而本地写文章在 _post 文件夹, images 和 _post 同级, 在本地引用要用 ../images/… 路径 这就导致的路径冲突, 本地和网站无法同时看到图片 解决办法 简单粗暴的方法，直接将图片托管在图床，用网链解决一切问题 官方方法，建一个文章同名资源文件夹，用 !()[post/xx.png] 引用

HDU 25春季联赛 - 0 - 1007 题意: 给定长度 n 的数组 a, 定义 [l, r] 价值为 ⨁i = lrai ⋅ (r − l + 1), 定义 f(a) 为数组 a 划分后的最大价值和, 求 (n ≤ 2e5, 0 ≤ ai < 1024)   解析: 很容易想到 n2 dp pre 为前缀异或数组 定义 dpi → 用前 i 个元素能得到的最大价值 转移方程:   复杂度不可接受, 尝试优化 我们拆开式子:   1.先考虑一个更简单的式子: 观察左侧部分: dpj − (prei ⊕ prej) ⋅ j 当我们在 j 时, 未知量只有 prei 定义 g(x) → max{dpj − (x ⊕ prej) ⋅ j} 我们遍历到 j 时, 对所有可能的 x 的值进行预处理 转移方程: 由 ai < 1024 可知 x < 1024 预处理时间复杂度 O(1024) 转移复杂度 O(1) 总时间复杂度 O(1024 ⋅ n)   2.让我们回到原式 类似地 定义 g( ...

CF1887D 题意： 定义一个数组是好的，仅当其可分割成两个非空数组，使得左边元素都小于右边元素 即满足 max(al…ak) ≤ min(ak + 1…ar) 给定排列，q次查询，问 [l, r] 的子数组是否是好的 (n, q ≤ 3e5)   解析： 固定 l，r，若枚举 k，左右两侧都是单增，因此整体不存在单调性   法 1： 二维离线   从值考虑 我们考虑左侧区间中的最大值， 若 ai 成为最大值，我们记 i 左侧第一个大于 ai 的元素位置为 l1，则有限制 l1 < L ≤ i 我们记 i 右侧第一个大于 ai 的元素位置为 r1，记 r1 右侧第一个小于 ai 的元素位置为 r2，则有限制 r1 ≤ R < r2 这样的 [L, R] 就是左侧以 ai 为最大值的好区间 ( i 左右找  > ai 的第一个位置是很典的问题，可以用单调队列，笛卡尔树，按值枚举甚至还可以用 set )   也就是，以 ai 为最大的合法情况落在矩阵 L ∈ [l1 + 1, i], R ∈ [r1, r2 − 1 ...

前言 在不要求实时更新数组的情况下，差分是非常有用思想。相较于一阶差分的区间加，二阶差分可以进行更复杂的操作，比如将一个区间加上等差数列，或是一次性对多个特殊区间进行区间加操作。 二阶差分是一阶差分的扩展，相应的，还有更高阶数的差分，可以用来区间加多项式 前置知识 一阶差分 一阶差分可以 O(1) 实现区间加操作，最后 O(n) 求出原数组。如要求 al…ar 都加 v，则diff[l]+=v, diff[r+1]-=v即可。 同理，在二维的情况下也可以 O(1) 实现矩形区域加，最后 O(nm) 求出原数组。具体来说若 [x1, x2] × [y1, y2] 的二维区域都加 v，则diff[x1][y1]+=v, diff[x2+1][y1]-=v, diff[x1][y2+1]-=v, diff[x2+1][y2+1]+=v即可。 二阶差分 若每次操作要将 [l + xd1, r + xd2] 这样的一堆区间每个区间都加 v，一阶差分每次操作时间复杂度 O(x)。对于这样的问题，二阶差分可以优化为 O(k + n)，k 为操作次数。 我们先考虑一个 ...

前置知识 - 状压 dp： (220 ≈ 1e6，317 ≈ 1e8)   1. SOS DP - 子集和 dp： 每个集合有一个权值f(S)，我们想求集合 S 所有子集的权值和 dpS，即 (注意：每个子集有且仅有一次贡献)   若暴力求解，枚举S，然后枚举sub，时间复杂度 O(3n) SOS dp：先枚举位，让所有集合逐位转移，时间复杂度 O(n ⋅ 2n) [理解参考] 参考代码 123456789// f(S) 权值数组已知dp = f; // 赋初值for(int p=0; p<20; p++){ // 先枚举位 for(int S=1; S<=full; S++){ // 再枚举所有集合 if(S >> p & 1){ dp[S] += dp[S ^ (1 << p)]; } }}   2. 子集划分 dp 时间复杂度 O(3n) 大致操作是枚举 mask，然后枚举子集 S，和补集 T 然后 merge(S, T) 和区间 dp 一 ...

前置知识-容斥定理: 将事件 A，表示成多个子事件 A1, A2...Ak 的并集，不要求事件互斥，即 ⋃Ai = A 容斥定理，可以让我们用这些子事件的交集计算整个事件   1. 两集合的简单容斥   2. 更一般的容斥定理   3. 子集容斥-子集反演 为某集合，若两个函数满足如下关系：则其逆运算为：   洛谷P10580 题意 长度为 n 的序列 a, gcd (a) = x, lcm(a) = y, 求序列方案数   解析 对于x，y，由唯一分解定理，我们可拆解成如下形式 不同质因子相互独立，考虑研究某个质因子，假设是 p1 分解 ai = p1ki1p2ki2p3ki3... 因为gcd (a) = x，我们有 min ki1 = c1 因为lcm(a) = x，我们有 max ki1 = e1 也就是所有序列中所有数，都要满足，质因子的幂，且至少存在一个数的幂是 c1，至少存在一个数的幂是 c2   设 t = y/x，分解 t = p1k1p2k2p3k3... 对于某种质因子，我们等价转化成如下 ...

二维前缀和是一维前缀和的扩展，三维前缀和则是二维的基础上再加一维 三维前缀和 求三维前缀和数组，可以分别对 x，y，z 维进行求和。二维同样也可以分别对 x，y 维进行求和，只是我们很少这样去做。 具体来说 : 1234567891011121314for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=1; j<=m; j++)for(int k=1; k<=h; k++)mat[i][j][k] += mat[i-1][j][k];for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=1; j<=m; j++)for(int k=1; k<=h; k++)mat[i][j][k] += mat[i][j-1][k];for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=1; j<=m; j++)for(int k=1; k<=h; k++)mat[i][j][k] += mat[i][j][k-1]; 还有一种容斥的方法也可以求这个，不过比较复杂 : 123456789101112 ...