按照题目要求暴力模拟即可 参考代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int v[11][11]; int d[8][2]={1,0,-1,0,1,1,1,-1,0,1,0,-1,-1,-1,-1,1}; bool slove(int x,int y,int s) { bool flag=0; for(int i=0;i<8;i++) { int tx=x+d[i][0]; int ty=y+d[i][1]; if(v[tx][ty]!=(!s)) continue; while(v[tx+d[i][0]][ty+d[i...

暴力枚举最高位，将其分成数个子序列，各个子序列分别计算最大值 代码 void solve(){ int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i]; ll ans = 0; for (int i = 0; i <= 21; i++) { ll sum = 0, tmp = (1 << (21)) - 1; for (int j = 1; j <= n; j++) { if (a[j] >> i & 1) { sum += a[j]; tmp &= a...

每次选取最大的石子堆与其他堆合并，显然留下的是最大的一堆，结果也一定是最大的*n-1+其他全部和 注意不要越界 代码 void solve() { ll a,b,ma=0,su=0; cin>>a; for(int i=0;i<a;i++) { cin>>b; su+=b; ma=max(ma,b); } cout<<su+ma*(a-2)<<endl; }

可以简单的发现当三人处于a<300,b<300,c<300时，无法继续运行，只能返回1； 当只有一人在>=300&&<450时，同样只能有一个，也是返回1； 进行暴力枚举，可以得到一个有效的结果 代码 int dfs(int a, int b, int c) { int ans = 0; int f[]={300,450,750} for (int i = 0; i < 3; i ++) { if (a >= f[i]) ans += dfs(a - f[i], b, c); if (b >= f[i]) ans += dfs(a...

参考文章：https://blog.csdn.net/qq_41286356/article/details/106892022 问题等价：从集合中选取若干个区间集合，每个区间中相互覆盖重叠的区间个数不超过k个，问最多能选取多少个区间； 贪心思路： 1、枚举区间的起点，每次维护一个大小为k的集合，集合内只存放区间【l，r】范围内的r； （枚举起点的必要性：如果不枚举起点，eg：n = 4，k = 2；【1，2】，【1，3】，【2，7】，【2，9】， 当前三个加入set后，set运行到第四个时set中内容为2，3，7；此时set中最后一个元素为7，但是我们实际要删除的是【1，3】，因为这个在前面...

看到M<=10就应该很清楚的发现，暴力枚举合法的可以删除的字符即可。 通过预处理，我们可以知道每一个*被消除需要几种字符，代入合法的字符，若可行，直接输出yes 若枚举的全部情况都不行，直接输出no 复杂度为O(Tn2^m)可以通过

结论1，对于一个没有重复数字的序列，以这个索引和这个索引所在的位置连边，形成的图一定是环（这里自环也算是环）。 结论2，对于这个环而言，设这个环大小为n，一定可以通过n-1次交换使得这个环变成有序的序列。 结论3，对于这个环而言，可以实现除一个元素外其他元素进行1次交换，这个元素进行n-1次交换使得这个环变成有序的序列 结论4，对于这个环而言，如果任意元素与一个环外元素交换，意味着这个环与环外元素的环合并 以上四条结论不证明，请读者自行证明。 通过结论2与结论3，可以贪心的发现如果这个环的交换想要得到最小解，一定使wi最小的元素进行n-1次交换。 通过结论4可以发现对于整体而言，如果通过交换整...

当ai<ai+1时,进入上升状态，进行标记 当ai>ai+1时，进入下降状态，若标记，计数+1，并清除标记 模拟此过程即可 代码 #include <iostream> #include <algorithm> #include <list> //#include <map> #include <vector> #include <queue> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <stack> using names...

对于任意两个斑羚而言，如果它们都可以单独越过，可以确定这两个斑羚的最大贡献是二，如果一个可以单独越过，可以确定这两个斑羚的最大贡献是一，如果两个都不能单独越过，那么如果可以贡献1的价值，一定是一只通过另一只实现飞过，那么为了确保可以踩，一定是在一只斑羚跳到了最大值时踩，为了确保可以踩过，一定是y更大的踩在y小的斑羚身上过去。 故两只斑羚满足min(x1,x2)+max(y1,y2)≥m时可以贡献1的价值 可以证明如果两只斑羚都满足xi+yi≥m时一定可以贡献1的价值 下图为证明过程 在证明时发现两只斑羚都满足xi+yi=m时，min(x1,x2)+max(y1,y2)＝m。 故xi+yi＜m时...