Solution 简单贪心和英语阅读题题意是 为男主的 , 有 次操作能让 个人能力上升1对每个人只能操作一次, 而相同能力下男主的排位最低问如何操作能让男主排位最优我们先让男主能力+1, 次机会减少一次再让能力比男主低1以上的都加1为什么呢? 这些人即使加了1也对男主的排位没影响同理, 大于等于男主能力的都加1因为本来就大了 加了也不会有影响最后如果还有 只能让能力比男主小1的人加1此时相同能力下男主排位会减1总之, 就是尽可能把操作给对男主排位没影响的人即可 Code /* autor: Kurisu 2020年4月26日16:37:54 */ #include<bits/stdc+...

Solution 简单dp, 令 为第 个字符串中第 个字母出现的次数显然有递推式子 先预处理下 和 即可注意 的 可能比较大, 数组要开大点 Code /* autor: Kurisu 2020年4月25日11:30:19 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const long long inf = 1e18; const int N = 105 + 5; const double eps = 1e-10; const int mod = 1e9 + 7; typedef long long ll; ll dp[N][...

Solution 题意: 个人, 其中有 个可以做 , 必须要有一个 组合数学, 从 个人里找一个做 , 剩下的任选即于是  Code /* autor: Kurisu 2020年4月26日16:30:19 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const long long inf = 1e18; const int N = 1e5 + 5; const double eps = 1e-10; const int mod = 1e9 + 7; typedef long long ll; ll qpow(ll a, ll b...

Solution 看了半天题解才看懂我们先把边的异或转化成点的异或, 这里有个注意的坑每一个点有两种取法, 总的是 但是对于边的取法, 因为对于他的两个端点, 都取反后边不改变, 所以对于边的取法是 这样我们就实现了连通图的任意环所有边权异或为0的总方案但是题目的限定是有边权些已经给了值对于一条已经被赋值的边如果知道其中一个端点的值, 那么另一个端点也相应地被确定因此我们可以从这个角度出发找寻是否有矛盾 解决不存在的子问题接下来只需要先统计所有的连通块总点数贡献然后除去那些被唯一确定的连通块贡献(假设连通块数量为 , 要除去  Code /* autor: Kurisu 2020年4月24日1...

Solution 简单分析一下题意, 有一个式子, 式子看起来很复杂, 但是简单的讲就是找的子序列化简一下得到 再化简一下得到 那么我们先对数组都处理一下然后问题就转化成求 上升子序列的个数令 是以 结尾的子序列个数那么有 于是  Code /* autor: Kurisu 2020年4月24日09:09:25 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const long long inf = 1e18; const int N = 100 + 5; const double eps = 1e-10; const int mo...

A. Jelly Solution 之前的牛客小白赛做过, 然后一点开代码就在上面了(于是8秒ac了就是个三维bfs的裸题而已 Code #include<bits/stdc++.h> #define endl '\n' using namespace std; typedef unsigned long long ll; static auto faster_iostream = []() { std::ios::sync_with_stdio(false); // turn off sync std::cin.tie(nullptr); // untie in/out stre...

题意 给一个长度为 的数组 ，把所有长度大于等于 的区间中的第 大值插入 数组中, 问 数组的第 大数是多少 Solution 思路还是挺好想的, 但是实现起来感觉有点难度因为求的是 数组的第 大, 但是 数组是由 数组中得来的那么我们要求的答案肯定是在a数组中出现过啦考虑把a数组中的数字排序后去重, 二分一下我们要的最终答案二分的时候怎么去check呢我们要check的思路是能否找到满足条件的区间总数大于等于 那么如何处理满足条件的区间总数呢?我们考虑二分答案x, 那么在一段区间里, 统计大于等于x的数当大于等于 的数超过 时, 证明这个区间可以取到第 大的数 , 使得 此时, 后面所延续的...

Solution 题意规定 第i只糖糖可以消灭掉所有排在他前面的和他不是同一组的且能力值小于他的糖糖考虑从后往前推, 维护两个组的最大值因为还有发功的情况, 我们考虑用后缀和表示, 因为对于每个点i发功1, 2......., i都会加1, 因此要从后面往前推如果当前的糖糖能力值小于另一个组别的最大值, 那么它就会被消灭然后我们一直更新这两个最大值 Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef long long LL; const int N = 5e6 + 5; ...

Solution 比较经典的题型了吧, 我的做法是dfs序 + 树状数组因为题目要求我们做到单点修改, 区间求和的一个操作显然树状数组能够满足要求那么问题便转化为如何把树上问题转化为简单的区间问题考虑到每一个子树在dfs序下一定是连续的我们可以保存它的编号最小点和编号最大点, 用来表示它的子树比如, 对于 2 这个节点, 我们保存 2 和 4 表示以 2 为根这棵子树剩下的就是很模板的树状数组区间求和, 单点更新了具体看下代码吧  Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typ...

A. 聚会 Solution 跟出题人的做法不太一样?我是考虑二分答案, 我们先从小到大排个序当我们二分一个x时, x是我们的备选答案(即最晚到达时间), 他可能过大, 也可能过小, 我们需要check一下我们从左往右遍历全部点, 如果当前的点跟 0 点的距离大于 x 且当前还没有建造过传送门, 就必须建造传送门了否则这个 x 作为上界失去了他的效果。那么怎么样建造传送门最优呢?肯定是建在 pos = a[i] + x因为我们是从小到大遍历, 建在数轴的右边可以给后面的其他点做贡献然后如果出现一个点他到 0 点和 pos 点的距离都大于 x , 就证明 x 太小, 需要适当提高一下上界否则, ...

问题描述 有n个三维地理信息数据：。要求：距离最近的局部高点。试采用递归分治的思想设计算法，并以不同规模的数据输入，与非递归分治算法比较，作算法时间复杂度分析。 子问题1. 求所有局部高点 （1）求所有局部高点局部高点的坐标输入：把平面坐标 规定在规则连续的网格区域上（如图）， 坐标存在差异。但注意网格点数据输入时仍是无序的，因此，需要...

Solution 分析一下题目, 这道题我们首先分析能不能二分二分的条件是满足单调性 和 check答案比较简单这道题目我们可以二分长度, 显然是满足单调性的每次二分木棍的长度mid, 然后对每个a[i] 都能得到 a[i] / mid 个需要的木棍我们check一下能不能得到超过k个所需木棍直接统计满足条件的最大长度即可注意答案会出现0, ans 初始值我一开始用的 -1wa了一发orz  Code #pragma GCC optimize(3) #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll;...

Solution n >= 1e18, 显然是一道公式题说实话, 这类题我一般是猜公式先说说我怎么猜的已知:n = 1, ans = 0;n = 2, ans = 1;n = 3, ans = 6;由于已知的组数太少, 我们考虑手玩出n = 4的情况n = 4, ans = 24;其次的话, 因为是01串, 一共有种摆放情况我们考虑从的方向猜可以看出  正经题解:有n个地方可以放数字, 我们考虑在n个位置中取两个位置i, j(i < j) 令 a[i] = 1, a[j] = 0, 形成全部逆序对,然后其他位置任意放置, 计算每个逆序对在每个字符串中的贡献于是得到总的方案是, 证明...

A. 相反数 Solution 签到题, 完全可以加大力度变成大数加法, 这里我直接贴了自己的大数加法模板 Code #pragma GCC optimize(3) #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef long long LL; const ll mod = 998244353; const int DEG = 20; const double PI = acos(-1.0); const double eps = 1e-10; const ll inf = 1e18...