签到题。 要使 只要让 互素即可。又要让最大，所以只需要让即可，但需要注意一点，当时，是可以相等的。所以=1+1=2  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll n; int main(){ cin>>n; if(n==1){ cout<<2; return 0; } cout<<n+n-1; return 0; }

题意：  共有n个物品，每个物品有对应的价值，和过期日期，到了过期时间以后这个物品就不能再买了，问可以得到的最大收益是多少？  这道题跟教练跟我们出的贪心杂题中的[建筑抢修]一题比较像。 那道题给了你修筑一个建筑的时间，和截至日期，问最多能修多少建筑。 对于这道题，我们想要让修筑的建筑数量最大化，那么肯定让截止日期快的先修，所以按照截止日期的快慢排序。接着用一个大根堆来维护建筑的，如果一个建筑可以被修，那么就直接修筑，否则比较堆顶元素与当前建筑的修筑时间，看谁更优就到堆中。 回到原题，唯一与刚刚那道题有差异的是，题目给出的不再是修筑建筑的时间，而是一个物品的价值，而且最后求的是收益最大。但我们...

树形DP 其实这道题大体思路跟牛客小白月赛25的C题差不多，或者说是大部分的树形DP可能都是这个思路吧。 首先在这道题中，一共有条边，很明显是棵树，接着看，它限制了每次游览只能游览当前住宿过的城市周围距离为1的所有城市，这不就是对于一个点去参观所有他的儿子节点吗？再然后，他会选择一个城市住宿，那么我们就有两种选择，1是在这个城市住，2是不住，去考虑其他的城市。 在节点上不住/住的子树上能呆的最长时间 对于不住的情况，那么对于儿子节点是有一次居住的机会的。所以 对于要在点居住的情况，则儿子节点没有了居住的机会。所以 又因为是要去参观所有的儿子节点，则：  因为住宿，时间会过去一天，所以   #i...

BFS 这道题要求小A和小B最早的相遇时间。而小A的行走规则是：每次可以走8个方向，每次走一步小B的行走规则是：每次可以走4个方向，但每次走两步（两步不一定是要同方向） 于是我们可以在每秒分别在对小A，小B每秒的行走进行讨论：分别建立小A，小B的队列，依次对他俩进行，并分别记录下行走中可以到达的点，若其中一人目前走到的点是另一人曾经走过的，则说明他们俩必定相遇，根据的性质，当前时间一定是最优解。 注意：  在传统里，while的结束条件是队列为空（q.size()或者!q.empty()），但在此题中，是对每秒的情况进行讨论，所以结束条件是当前之前的队列元素全部讨论过一次，即设循环只需执行这次...

Question 求让 的矩阵横竖对称的填法。（沿主对角线） Solution 1 因为是沿主对角线对称。 所以我们考虑第一道题填涂的选项的位置  如果填，第一道题填位置  则第1行和第1列都不可以再填涂。 所以只需要剩下的(n-1)*(n-1) 的矩阵对称即可  如果不填，填 则也要填，第一题填位置   则第1行，第x行，第1列，第x列，都不可以再进行填涂。 所以只需要让其余的部分拼在一起的(n-2)*(n-2)的矩阵对称即可    表示 的矩阵横竖对称的填法。 则  Solution 2  题（手动狗头），列举出 的方案数，然后可以找到一个序列。  1, 1, 2, 4, 10, 26, ...

Question 给你一堆数，询问你至少需要更改多少数字才能使和    Solution 贪心 首先求出原数和，如果已经 则  对一个数进行修改，要使其和 ， 则肯定将这个数改成。 要使更改数字最少，那么肯定要让更改后的差值（加的值）尽可能大，因为始终将数改成，于是原数越小的应该越先改。 所以将原数按从小到大排序，然后 扫一遍即可。 Code: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAX_N=1e6 + 5; int n,m,a[MAX_N],Sum,ans; int main(){ scanf("%d%d"...

Question 求求导后前的系数。 Solution 根据题意，我们在草稿纸上将照着题目给出的方法进行求导，可以得到：  ​  ​  ​  Code: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int mod=1e9 + 7; int n; long long ans=1; int main(){ cin>>n; for(int i=2;i<=n;++i) ans=ans*i%mod; cout<<ans; return 0; }