会当凌绝顶，一览众山小 题目（划重点）  登山顺序不一定从左到右，是按照给出山峰的顺序 找到左边第一个大于当前山峰的山峰的坐标，修改他 如果右边没有大于当前山峰的，找到离当前山峰最近的最矮山峰，修改它  分析  线段树实现 首先，由于下标范围过大，离散一波。然后建一棵线段树，存储最大值和最小值。 左边：假设当前是第i座山，映射过去的位置是pos(离散化)，二分[1,pos]区间，找到最近的一个大于当前高度的山 右边：同理。假设映射的位置是pos,先求出区间[pos+1,n]的最大值判断需不需要修改。若是需要，则二分[pos+1,n] 区间，找到最近的一个最小值  代码 #include<...

小y的旅行  分析 一个环是一个连通块，每次将两条边合并在一起，求出答案。那么我们该如何合并？既然编号小于等于k的点不能在 环上，那么我们选择先将端点都大于k的边合并在一起。之后再将剩下的边合并在一起。如果能够合并，那么就不用 拆边，但是如果成环了，那么我就得把当前这条边删去以保证要求 代码  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e6+10; int n,m,k,ans; int f[N],x[N],y[N]; inline int find(int x) { if(x==f[x]) return x;...

小y的序列  分析 我这个不是正解。根据题目中的定义，我们很容易想到O(n^2)循环，即以每个a[i]为标准，求出要修改多少个。进而， 我们可以先预处理出对于一个位置 i ，可以扩展的合法区间，然后在这些区间之间循环，减小时间复杂度。最重要的 一步便是怀揣梦想(看代码就知道了) 代码  #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=2e5+10; int n,ans=1e9; int tu=0; ll a[N],to[N],l[N]; int main() { scanf(...

小y的考试 分析  模拟就好了，求出长度最长的选项和长度最短的选项，然后在求出四个选项中比他们短的，比他们长的分别有多少个，判断即可  代码 //#pragma GCC optimize(3,"inline","Ofast","fast-math","no-stack-protector","unroll-loops") //#pragma GCC target("sse","sse2","sse3","sse4","avx","avx2","popcnt") /* (写点什么吧...) */ #include<bits/stdc++.h> #define R register #...

牛牛的健身运动  分析 我也不知道怎么证明，口胡一把吧。先描几个点看看情况，大概就是这个样子   代码  /*在m天中选一天出来锻炼*/ #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=2e3+10; int n,m;ll ans=-2e18; ll a[N],b[N],c[N]; inline ll ch(ll k) { ll x=2e18,y=2e18; if(k>m) return -x-y; for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=k*a[...

上学要迟到了  前言  没想到此题甚水  分析  这道题的思路很好想，因为一个车站只对应三种选择——步行去下一个站，步行去上一个站，坐车去这辆车的下 一个停靠点，建边跑最短路就完了  代码  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; int n,m,s,t,T,tot; int a[N],pri[N],col[N],val[N<<2]; int h[N],nex[N<<2],ver[N<<2],dis[N]; bool vis[N]; inline void ...

迷宫 1.朴素做法：记录在走到每个点能凑到哪些数，暴力转移,即 f [ i ] [ j ] [ k ] 表示能否有一条路径到 ( i , j ) 使路径和为k,空间稍大，但是如果定义为bool型变量能过代码： int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]),a[i][j]%=M; f[1][0][0]=f[0][1][0]=1; for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;...

牛牛和字符串的日常 KMP：  字符串匹配。给你两个字符串，寻找其中一个字符串是否包含另一个字符串，如果包含，返回包含的起始位置，也可以求在文本串中出现的模式串最长的前缀。  nex数组：  一般匹配字符串时，我们每一个下标为起点，依次向后找，知道不满足他们相等，复杂度为O(n*m)。nex数组的用处就是充分利用已有的信息，保证不用每次回到起点重新匹配。  匹配过程  一般过程：  scanf("%s%s",a,b); int la=strlen(a),lb=strlen(b); for (int i=0;i<la&&la-i>=lb;i++) { bool kl=...

J 树上行走  分析 似乎有一种方法是并查集。但是这里提供一种新的思路。先画个图。  首先我们可以在第一次dfs的时候求出对于以1为根的某棵子树内部有多少相连的颜色一样的点  inline void dfs(int u,int v) { sum[u]=1; for (int i=h[u];~i;i=nex[i]) { int j=ver[i]; if(j==v) continue; dfs(j,u); if(a[u]==a[j]) sum[u]+=sum[j]; } }接下来我们考虑怎么求到以某一个点为根，在不同的类型的点消失后，他能直接相连的点数(设为k)。也就是说，我们要想个办法使得在遍历...

分析 位运算之谜让我来口胡一把。首先a+b的值为x，a&b的值为y，说明a，b最小都得是y。然后就只剩下x - 2 * y供我们分配。 然后根据与的性质，0&0=0,0&1=0,1&1=1，也就是说，当我们把x - 2 * y表示成二进制，只要随便分这其中的1  就行了，比如说，14=8+4+2，我可以把8给a，4给b，2给a。但是什么情况是不合法的呢——（x - 2 * y < 0）,另一种是 ((x - 2 * y ) & y ) > 0。后者，当我们分配后，他们除了y中的几位，还会有其他位上同为1，不合法  代码  #include&l...

A Hay Bales  题意: 相当于均分纸牌，使这几个数的权值相等 分析: 先求出平均数，然后如果大于平均数，直接加上多余的部分，这就是答案 代码:  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e4+10; int n,tot; int a[N]; int main() { scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),tot+=a[i]; tot/=n; int ans=0; for (int i=1;i<=...

分析 单词记忆方法输入是一个字符串，含括号。那么这个时候我们就得思考我们的处理顺序。   1. 如果当前下标 i 是字符，毫无疑问，我们要将其加入到栈中，同时，因为其后可能跟着数字，所以从 i + 1 开始 求出其后的数字，与字符对应的数值相乘 if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z') { ll now=s[i]-'A'+1,num=0; while(s[i+1]>='0'&&s[i+1]<='9') num=10*num+(s[i+1]-'0'),i++; if(num<=0) num=1; stk[tp]+=num*no...

分析 牛牛和牛可乐的赌约2虽然是个博弈论，但不似之前的一眼看出结论的题，我们来试试枚举几个点，看看规律。 解释：根据必胜和必败的概念，当一个点的下一个状态全部是必胜的时候，他必败，画出这张图，就能找到规律 代码  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t; int main() { scanf("%d",&t); while(t--) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); if((y-x)%3==0) puts("awsl"); else puts("yyds"); } r...

分析： 1. n，m范围都挺小的。那我们可以以每个点为起点，求出到达另外的点要移动的最少的障碍，然后枚举每一个 点，只如果移动的障碍数在规定范围内，就求出他与起点的距离，取最大的一个  代码： #include<bits/stdc++.h> #define dl double using namespace std; const int N=35; int n,m,t; int a[N][N],dis[N][N]; int dx[4]={1,0,-1,0}; int dy[4]={0,1,0,-1}; inline int check(int x,int y) { return x...