明显动规求解。 因为每个点的情况之和其左右两边那个点有关，所以，我们只需知道一个点左右两个点的状态就可以算出这个点的情况了，那么我们考虑将一个点左右两个点的状态储存下来。但是，仔细分析下，我们i这个点是由i-1这个状态转移过来的，那么，我们转移过来的时候，其实并不需要知道i-1这个点前面那个点的状态，所以，有部分的状态是亢余的。所以，我们可以只考虑记录一个点和其后面那个点的状态 我们如下规定：0表示当前点和右边点都不是烈焰，1表示当前是烈焰，右边不是，2表示当前不是，右边是，3表示两个都是(只是规定而已，你也可以其他顺序规定) 那么，我们在不考虑右边造成的影响的情况下(因为我们枚举到右边时自然...

这题比较难，于是就来写下题解吧 公式警告 题目意思非常简明，就是让你求成立的四元组的个数，考虑如何解决 一开始，我的想法是两边同时取对化简，但是搞了很久，发现复杂度至少要n^2才可做，于是放弃了这个做法。 我们现在来考虑下其他方法。。。 首先，我们将a和c分解质因数 那么一定有:  又因为,那么分别有：  即:  意思是，a和c分解质因数后，对应的质因数的指数一定是成比例的！ 那么，我们不妨设有最简分数，那么一定有： 对于任意对于任意且, 那么，我们设 由上述关系，我们还可以得到 那么，原式就可以化为: 我们把i叫做"公共基底数" 那么，我们可以考虑枚举这个"i",因为<=n,所以我们枚...

来补题辣~ 这题很简单，我们来判断下一个选择的序列是否合法的充要条件是什么： 合法是要满足对于所有的选择进去的i，都要满足s[i]>=总人数 等价于min(s[i])>=总人数 所以，我们可以直接枚举这个min(s[i])，然后问题就转化成了，在一定范围内，选s[i]-1个人的最大战力，那么我们选择前s[i]-1个人即可（需要注意的是，可能没有s[i]-1个人，这个时候范围内全选即可） 所以，做法就是，我们先把所有士兵按s[i]从小到大排序，然后统计出i+1-n中，前s[i]-1大的数的和是多少，注意到，如果我们倒着枚举的话，可以减少删除的操作，所以我们倒着枚举i，然后，用一颗权值...

一.闲话 太菜了，又被各位神仙吊打qwq 二.题解 A.L1-1 I LOVE WIT 签到题，没啥技巧，模拟即可~代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ string x="I LOVE WIT"; int len=x.size(); for(int i=0;i<len;++i){ for(int j=1;j<=i;++j){ putchar(' '); } cout<<x[i]<<'\n'; } return 0; } B.L1-2 单位换算 由题，直接输出即可...

模板题留名/x 这题就是一个单调队列模板题（真模板题，被各个大佬用于单调队列的讲解） 由于不想水题解，就在这里讲讲单调队列吧。。。 我们用此题来讲解。 假设我们现在在求窗口中的最小值，那么，如果满足存在两个位置:i,j在同一个窗口(i<j)，如果a[i]>=a[j]，那么，一定有答案不可能是a[i]。(当然，如果a[i]==a[j]，我们把答案看做a[j]而不是a[i]也是成立的) 为啥呢？ 因为，我们发现，我们滑动“窗口”时，是逐个删除前面的数，也就是说，i一定会比j先被删除。 所以，i还在窗口时，j也肯定在窗口，而，又由于a[i]>=a[j],所以，答案最小值不会取到a[...

一.闲话 五一收假了，qwq好气哦 二.题解 终于做到原题了（雾） 这次就是一个比较简单的dp，只是状态的复杂度。。。（请参考传纸条） 我们设dp[i][j][k][0/1]表示已刷完i-1个木块，第i个木块我们刷了前j个格子，第j个格子是否刷成符合我们需求的颜色,我们一共刷了k次所能获得的 不难发现，我们尽量剩余次数越多，越容易，所以，能一次完成的我们就一次刷完。 于是，对于每个格子我们有讨论: 如果左边格子刷的颜色和当前格子刷的颜色相同，k不变直接转移过来 否则，我们直接重新开始刷一次，则从左边格子的k-1转移过来 注意判断边界条件，也就是j=1的时候，这时，所有转移都来着上个木板，所以，...

看样子，应该有比较好的做法，不过，这道题，肯定要上主席树辣！！ 如果打算用主席树做这道题的话，这道题就是一个主席树的纯板子问题了。。。 相当于查询区间l-r中1-x的数字的个数 代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+1; struct node{ int lson,rson,w; }t[N<<5]; int rt[N],cnt; inline void insert(int &now,int pas,int l,int r,int x){ now=++cnt; t[now...

木有闲话qwq A.[SDOI2016]齿轮 看到名字，发现是2016省选题，于是先放着打后面去了，然而，后来发现贼简单？？？ 只需要判断下各个边给出的约束条件是否有矛盾就行。我们可以考虑下稍微简化的版本: 给出m个约束条件，每个条件是u比v小x，求是否有矛盾。 对于这个题，我们可以直接令一个点为0，然后，根据这个点和其他点的关系推出其他点的值就行了，中途判断是否矛盾即可。 而这个题，仅仅是给的条件变成了u是v的x倍而已。 于是，我们另一个点为1(因为要转动，不能是0嘛)，然后跟上面一样的做法即可 不过，有可能有些点不在同一个连通块，对于不同连通块我们分别判断即可~ #include<b...

太菜了，直接上OEIS 然后发现递推式:  于是。。。完了/x #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+1; int n,m; int a[N]; int main(){ while(~scanf("%d%d",&n,&m)){ a[2]=1,a[3]=1%m,a[4]=6%m; for(int i=5;i<=n;++i){ a[i]=(1LL*(i-1)*(a[i-1]+a[i-2]))%m; a[i]=(a[i]-(1LL*(i-1)*(i-2)/2*a[i-3])%m); ...

一.闲谈 好吧，又是个套路题。。。 我对题面已无力吐槽。。。“第3-n+2行”明明应该是“第3-m+2行”，害我debug好久qwq 二.题解 首先，明显这是一个01背包问题（一开始看到食材无限时，以为是完全背包，结果被样例2卡了，样例出的不错。。。） 当然，我们直接打01背包是会错的，为什么？因为，我们可以获得的价值不仅与我们选了哪些菜肴有关，还和我们选这些菜肴的顺序有关 我们01背包仅仅考虑的是，按一定的顺序，选哪些菜肴能获得的最大价值，并不能处理顺序问题，怎么办呢？ 考虑贪心 我们假设，我们将第i个菜肴的顺序和第j个菜肴的顺序交换后(i<j)如果，更优,就有如下式子成立:  化简下...

一.闲话 由于我太菜了，打不动了就来写题解了 A.A Simple Problem about election 贪心即可 先给自己票数加1，多余的尽量给票数增加后对自己排名无影响的人 如果还有剩，则排名=现在排名+剩下的票数(每给剩余人一票一定会使得自身排名+1) 代码: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+1; int a[N],b[N]; int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ int n,m; scanf("%d%d",&amp...