有吗

这个题为什么不能够用这个贪心思路：对每一个位置的字符进行判断，如果字符已经在它应该的位置，那么就标记，否则看有没有一次交换解决两个位置的字符，如果有，那么把这两个位置的字符交换，同时标记，ans+1，最后得到一个新的字符串，这个新的字符串里面没有一次交换解决两个位置这样的情况，然后for一圈寻找有多少个字符和目标字符串不同，如果有n个，那么最终答案就加上n-1。这个思路的问题在哪里？

I题既然都改成中位数的时候答案最优，那么先排序然后按照和中位数之间的差值的绝对值建立一个新数组，然后再把这个数组排序，贪心寻找出现次数最多的可能元素。这个思路不对🏇

如果不是多个起点，那么我想应该讨论起点到终点的最短路径，根据它们的奇偶再联合k的奇偶及大小来判断谁能获胜；但是现在起点有多个，那么怎么办呢？ 设表示在坐标当前还有步，轮到牛牛走路的胜负情况，如果胜，值为1；如果败，值为0，那么一个显然的递推关系就是能够推出，因为一个必败点的下一个状态一定是必胜点 接下来判断的情况，显然如果当前是终点，那么牛牛失败，或者当前，同样牛牛失败，如果当前无法移动，依然是牛牛失败，所以就这三种情况 #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; char mp[60][6...

一共有n个人，他们排成一列，现在要给他们发糖果，有三种发放方式 从位置p开始一直到n，每个人都发一个 从位置p开始一直到n，第一个人发1个，第二个人发2个，以此类推 从位置p开始一直到n，第一个人发1^2个，第二个人发个，第三个人发个，以此类推 给出若干次发放及其起始位置，问在这些发放结束以后，每个人的糖果数量 设置三个数组a,b,c，分别代表这三个操作给每个位置带来的糖果增量，显然答案应该是它们的和，那么对于第一个操作，如果从p位置开始，那么a[p] += 1，那么其他位置的增量就可以用一次前缀和来得到，因为p位置之后的它们都一样；对于第二个操作，同样是b[p] += 1，那么其他位置...

#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdio> #include <vector> #include <cmath> #include <queue> #include <stack> #include <map> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const ll ...