1、观察知应输出一个n*2n-1的矩阵； 2、考虑将一行输出划分为三部分，空白部分，带*部分，空白部分； 3、利用对称性即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0); int n; while(cin>>n){ int Max_num = 2*n - 1; for(int i = 1;i <= n;i++){ int sum = 2*i - 1; //该层*总个数 int tmp = (Ma...

先考虑5元，剩下的/2+1 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n, c = 0; cin >> n; for(int i = 0; i <= n/5; i++) { c += (n - 5*i)/2 + 1; } cout << c ; return 0; }

最小生成树板子题 直接上kruskal即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,cnt = 0; struct gra{ int x,y,edge; }G[500005]; int fa[100005]; bool comp(gra a,gra b){ return a.edge < b.edge; } int find(int x){ //寻找父节点 return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); } void Merge(int x,int y){ //合并操...

最短路模板题 坑点：题目可能会给你重边，只要选最小的一条即可 1、dij算法 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,s,t; int dis[1010]; bool vis[1010]; int G[1010][1010]; int dij(int s,int t){ for(int i = 1;i <= n;i++) //初始化距离表 dis[i] = G[s][i]; for(int i = 1;i < n;i++){ int Min = 0x3f3f3f3f; int index = 0; fo...

并查集 开个三倍的fa数组，分别代表三种逻辑方向即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int Nmax = 1e5+5; int fa[3*Nmax]; int n,k; int find(int x){ return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); } void Merge(int x,int y){ fa[find(x)] = find(y); } int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie...

并查集模板题 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int fa[20020]; map<string,int> m1; int n,m; int find(int x){ return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); //路径压缩 } void Merge(int x,int y){ fa[find(x)] = find(y); //令x的父亲等于y的父亲 } int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.t...

思路：（可撤销贪心？）先按完成期限对建筑进行升序排序，优先选取完成期限较早的建筑，再用一个堆来维护每个建筑所需的完成时间，如果遍历到所需完成时间比堆顶小（因为此时完成期限为当前建筑中最大的值，此时pop掉堆顶的建筑可能可以让size更大（也就是最终答案））且新的所需时间加和不超过当前建筑完成期限的，则pop原堆顶并push新建筑的所需完成时间即可。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int Nmax = 2e5; int n; long long T_sum; struct s{ int d,T; }a[Nmax...

考虑到在单调序列下中位数左边都是大于（小于）中位数的数，右边都是小于（大于）中位数的数，因此可构建两个堆来维护中位数的左右序列，同时维护两个堆的长度差的绝对值不大于1即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int p,m,tmp,num; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0); int ct; cin>>p; while(p--){ cin>>tmp>>m; cout<<tmp<<...

思路：反向遍历Hi，用一个单调栈维护当前牛能仰望的最近的右对象的下标即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int Nmax = 1e5+5; int n,H[Nmax],tmp[Nmax]; stack<int> st; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0); cin>>n; for(int i = 1;i <= n;i++) cin>>H[i]; st.push(n); for(in...

单调队列维护每个区间中有可能能成为最值的数即可 队列存元素下标（否则不知道怎么判断队内元素已经超出窗口了） #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int Nmax = 1e6+5; int n,k; int a[Nmax]; deque<int> max_dq,min_dq; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0); cin>>n>>k; for(int i = 1;i <= n;i++) c...

考查STL的使用 直接使用deque,sort,reverse即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int T,n; deque<int> de; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0); int tmp,c; cin>>n>>T; while(T--){ cin>>tmp; if(tmp == 1){ cin>>c; de.push_front(c); } else if(tmp...

思路：果子堆无序，每次操作选最小的两个合并成堆即可； 显然可以使用优先队列构建小顶堆来解决 pop前两个数求加和后再放回堆中，重复操作 代码如下： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> Heap; //小顶堆 int n,ans; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0); cin>>n; for(int i =...

不会写线段树 尝试用二分答案+维护差分数组来解决 对于第x号订单，如果无法满足，则往后的都无法满足 AC代码如下： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int Nmax = 1e6; const int Mmax = 1e6; int n,m; int r[Nmax+5],d[Mmax+5],s[Mmax+5],t[Mmax+5],delta[Nmax+5]; bool juage(int x){ for(int i = 1;i <= n;i++) //维护差分数组 delta[i] = r[i] - r[i...

典型二分答案+检验题 注意要点： 1、按顺序吃巧克力； 2、巧克力要吃完； 3、二分检验的时候注意看最后一次循环判断的是否是最终的二分答案，如果不是的话在跳出循环之后还得对最终的二分答案进行一次判断（因为吃巧克力的顺序在判断的时候生成，如果最后一次判断的不是最终的二分答案，那么吃巧克力的顺序对应的就不是最终的二分答案） 代码如下： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int Nmax = 50000; int N,D; int H[Nmax + 5]; int flag[N...