唉,python的eval在这种问题上就是神中神[doge] print(int(eval(input().replace('[','(').replace(']',')').replace('{','(').replace('}',')')))) #牛客春招刷题训练营# + 链接

其实可以有一个 n^4 的dp（真的能说是dp嘛,虽然确实是转移）,但是怀疑python过不去，还是老老实实dfs[doge] h, w = list(map(int,input().split())) mp = [list(map(int,input().split())) for i in range(h)] mp[0][0] = 114514 dp = [[(-1,-1) for j in range(w)] for i in range(h)] def dfs(x,y): for a,b in [(1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)]: nx = x + a ny = y...

n^2的基础dp,理论上应该能够直接用n^2通过，但是Python3不太给力，用Pypy3就可以了/ n = int(input()) ans = 0 lst = list(map(int,input().split())) dpl = [0 for x in range(n)] dpr = [0 for x in range(n)] for i in range(n): dpl[i] = 1 for j in range(i): dpl[i] = max(dpl[i], dpl[j] + 1) if lst[i] > lst[j] else dpl[i] for i in range(...

8说了，浅浅压一压行[doge] pos = [0,0] for op in input().split(';'): if op and op[0] in ['A','S','W','D'] and op[1:].isdigit() and 0 < int(op[1:]) < 100: pos[0] += int(op[1:]) * {'A' : -1, 'D' : 1}.get(op[0],0) pos[1] += int(op[1:]) * {'S' : -1, 'W' : 1}.get(op[0],0) print(','.join([str(x) for x in pos]...

Python的精髓就是在压行罢(乐) print(' '.join(input().split()[::-1])) #牛客春招刷题训练营# + 链接

需要注意Python不会像cpp的map一样自动初始化未被访问过的元素。 n = int(input()) dic = {} for _ in range(n): x,y = list(map(int,input().split())) dic[x] = dic.get(x,0) + y for x,y in sorted(dic.items()): print(x,y) #牛客春招刷题训练营# + 链接

2e8 数据量理论上可以在线性时间通过，下面的代码在Python3 超时， 但是如果使用PyPy3就可以通过。 n = int(input()) pr = 2 while n != 1: while n % pr == 0: n //= pr print(pr, end=' ') pr += 1 if pr == 2 else 2 #牛客春招刷题训练营# + 链接

经典python压行 [doge] 用set就直接好力！ print(len(set(input()))) #牛客春招刷题训练营# + 链接

#牛客春招刷题训练营# + 链接一个Python有趣的解AWA print(eval(input()))

print(len(input().split()[-1])) 用Python的语法糖可以一行解决[doge]

可以发现每10个位置内部有联系，而这之间是独立的。内部 2^4 搜得最大值/不能通过 外部取最大值更新就好 // Created by YuanGodFollower #include <bits/stdc++.h> using namespace std; using ll = long long; const int N = 1e5 + 10; const int INF = 1e9 + 10; vector<int> cards = {1,2,3,4}; bool vis[5]; int a[N]; ll dfs(int bias, int targ, int c...