首先就是筛出他的因子，从i=2开始枚举，筛出的因子一定为素数，比如4是因子那么在i=2时就应该会把2给筛完  for(int i = 2; i * i <= x; i ++) { if(x % i == 0) { int cnt = 0; while(x % i == 0) { cnt ++; x /= i; } a.push_back({cnt, i}); sum += cnt; } }  如果x % i == 0，这个i不为素数，那就说明i还能分解，那么在i更小的时候就应该全部筛掉了，不可能不是素数，将结果放入vectora当中，按出现次数来排序，只需要将次数多的放好了，那么出现次数...

沃趣,这题看了好久，看了AC代码思考许久才弄明白题目意思(题目特别绕，看不懂题！悲╰（‵□′）╯）   一、这题意思是考虑队伍 i ，如果在观察列表中有aj和bj都小于 i 的a，b，或者有一个数等于另一个小于的时候队伍i就不放入观察列表   二、放入观察列表有两种情况     1、列表中没有两个都比我大或者一个等于我另一个比我大的情况，就直接入列     2、不然就删去比我大的然后入队，删除操作贼难   再删除之前肯定得排序，这里用的是multiset，利用lower_bound和upper_bound快速找到两个数都大于等于我的最小位置和最大位置   首先排序之后，观察...

题目意思就是要我们确定奶牛产奶率的一个顺序，题目给出了m条信息，但还需要多少条消息。   对于需要多少条信息可以这样理解1.2.3.4.5......我们需要得到第一个位置上的数大于后面的，第二个位置也大于后面的，那么总数就是n*(n-1)/2条消息   对于这些信息可能会有重复的比如u>v,v>k,然后又给一条u>k那么这是重复的，就不能单纯用n*(n-1)/2 - m了   对于两个信息u>v,v>k我们也可以得到u>k;   第一种写法:暴力   三重循环判断i和k的关系能不能通过一个中间值k来传递,如果可以确定i和k的关系那就p[i][j] = 1;...

每一行输出四个整数要求他们任意两个数的最大公因子为n,那么我们知道连续的三个奇数之间是没有公因子的，但任意两个偶数之间是一定有因子的，那么就转换成了找到在一个最小的区间内找到四个没有公因子的数，首选就是三个连续的奇数，然后再在三个奇数之中选一个偶数，例如1，2，3，5或1，3，4，5，下一个区间则是7，8,9,11,或7,9,10,11就找到了一个循环区间大小为6，每隔6个数能找到四个没有公因子的数，然后再乘以一个k，那么最大公因子就为k了   //通过暴力发现每一次都是在6的倍数减1 //合适的有1 2 3 5 //   &nbsp...

我们枚举x是多少数的因子时，会发现一定是一个数大于sqrt(n),另一个小于sqrt(n)   也就是说x*y可以枚举到，但y*x是枚举不到的，   对于2来说有2*1,2*2,2*3,2*4,2*5......2*n/2   那么对于2出现了n/2对乘式,那么质因子个数为2*n/2也就是x个   但是1*2是已经出现了的2*2是重复了的   对于3也就是3*1,3*2,是重复出现的,同理对于第i个数会重复出现i-1次  也就是要对n/i*2的结果减去(i-1)*2,但i*i是重复出现的，只能算一次  所以要再减一，化简后就是(n/i-i)*2+1;   #include <i...

这道题维护的附加信息是某一块积木下面还有多少块积木，并查集来写用两个数组 d[ ] 和 cnt [ ],   d [ ]表示这块积木到上一个节点有多少块积木   比如 x的祖宗节点是 p[x],那d[x]代表的就是x到最下面一块积木也就是祖宗节点p[x]的数量  d[ i ]：i 距离根节点（队头）的距离   合并的时候只需要加上下面一列积木就是自己下面的积木数量   cnt[ i ]：i 所在的连通块有多少个元素（ i 所在那一列的积木数目 ）   但d[ ] 数组的一个维护就要依靠cnt数组来解决，cnt记录某一列有多少积木，当然cnt [ 祖宗节点...

用bfs肯定没有问题，但就是处理 t  + 1和 t + 2,可能第一会想到结构体加优先队列，但这种思路不对，可能会出现下面这种情况   . # # # # # #           步数是  0 # # # # # #   .  .  .  .  .  .  .                        1 2 3 4 5 6 7...

每个股票的价值等于其编号的阶乘(例如编号为5的股票的价值就是120)。   由此可知，一个大于P的质数的股票价值W = 1*2*3*.......*P*P+1*....;那么他的价值对P求余W%P=0；所以只要考虑P前面的数字就OK了，也就是从1E8缩小到了1E5，用欧拉筛就可以了   然后遍历，当N比P大时比P的一部分可以直接省去，因为阶乘对P求余等于0，当N比P小那就是直接求2~N，也就是遍历2 ~ min（N，P）;   用s记录阶乘，当是质数的时候就把s加到sum这个结果里面。 //大于P的质数的阶乘对P求余等于0 #include<iostream> #include&l...

不是最优解   这道题主要是处理每一个怪物要攻击几次才能击杀，又会对小红造成多少伤害，所以肯定要先击败对小红造成伤害少的怪物   只需要一个for循环，先记录小红第n次攻击能造成多少伤害，用数组a[]记录这里下标从0开始，因为第n次击杀小怪只会收到n-1次攻击，所以下标从0开始，代表为n才击杀，则小红也会被攻击n次   每隔两次普通攻击是一次强化攻击，所以a[0]=2,a[1]=3,a[2]=4,a[3]=5.....   然后判断a[i]是不是大于小怪血量，如果是记录小怪会对小红造成的伤害，b[ ]存入小怪攻击力，b[ ] * i 就是小怪会对小红造成的伤害，可以用二分也可以顺序枚举写。  ...

这道题利用记忆化搜索，存储每一个点的最优解   类似于dfs，判断从某个点开始能走到的最远位置  #include<iostream> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N = 110; int h[N][N],f[N][N];  //h是高度，f是动态规划里面存从这个点开始能走过的最大距离 int n,m; in...

R-L<=10的6次方，则开一个10的6次方的数组，对于每一个素数都减去L存入数组，1~20亿中大概有近一亿个素数，用欧拉筛也不可能完成，所以只能在L,R区间内判断，一个一个求明显会TLE。   所以转换思路，利用两层循环i*j来求出L,R内有质因子的数，乘出来的数一定是质数，直接排除。   #include<iostream> using namespace std; const int N=1e6+10; int n,l,r; int primes[N]; int cnt=0; int mai...

这道题就是跑两遍堆优化版的Dijkstra，从1和n开始记录他们到每一个点的距离用dist1[]和dist2[]来记录。   最重要的是传送门该怎么样去存储：比如传送门编号为i，里面有a,b,c三个点，可以用a点去找到传送门编号，再从传送门编号里面去找对应的传送门。   比如 i 号传送门进入a点，那就add（a，i，t）和add（i，a，t）来存储数据，从a到i的一条边和从i到a的一条边，找到i号传送门编号，就可以找到其他对应的传送门，但会发现从a走到b要先走到 i 再走到b到堆优化里面就相当于是d[ b ]  = d[ i ] + w [ a ]所以这是两倍距离，从b到c也是一样...

思路：从第一个日期年份开始枚举到第二个日期的年份，即for(int i=a/10000;i<=b/10000;i++)；然后判断这一年当中是否存在一个日期是和年份互为回文数。 ```#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int a,b; int month[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; void checkyear(int n)//判断二月份有几天，是否闰年 { if((n%4==0&&n%100!=0)||n%400==0) month[2]=2...