思路对于这种相邻字符不同的01串，一个很经典的思想，就是这种串只有两种形式 或者 , 所以,只需要求得原字符串转换到他们的较小值就行了 ，发现枚举是 的，我们采取前缀和进行优化，提前算出 来代表前 个字符与标准串的不同个数，优化到 。Code void solve() { cin>>s; n=s.size(); string s1="",s2=""; vi p1(n+5),p2(n+5); for(int i=0;i<n;i++) { if(i&1) { s1+='1'; s2+='0'; } else { s1+='0'; s...

Solution直接计算「至少抽到一张想要的卡」的概率非常复杂（需要分类讨论抽中 1 个、2 个...n 个的情况），因此我们用对立事件简化计算：目标概率 = 1 - 所有卡池都抽不到想要的卡的概率正难则反，思考对立事件的概率就很容易了，只需要将抽中不想要的卡的概率相乘就是结果了。分别计算分子，分母，然后用逆元就行了记得用1减去对立事件的概率才是我们的答案Code void solve() { cin >> n; vi a(n + 1); int zi = 1;//分子 int mu = 1;//分母 for (int i = 1; i <= n; i++) { cin &g...

思路正难则反我们定义一条路径是 “好路径”，当且仅当满足两个条件：条件 A：路径上点权的最小值 ≤ a条件 B：路径上点权的最大值 ≥ b直接求同时满足 A 和 B 的路径数比较困难。我们可以通过求它的反面来解决。根据容斥原理：满足 A 且满足 B 的路径数 = 总路径数 - 不满足 A 的路径数 - 不满足 B 的路径数 + 同时不满足 A 和 B 的路径数我们来翻译一下这三个排除条件：不满足 A：路径上点权的最小值 > a，也就是说路径上的所有点权都 > a。不满足 B：路径上点权的最大值 < b，也就是说路径上的所有点权都 < b。同时不满足 A 和 B：路径上的...

思路   正难则反   我们定义一条路径是 “好路径”，当且仅当满足两个条件：    条件 A：路径上点权的最小值 ≤ a   条件 B：路径上点权的最大值 ≥ b    直接求同时满足 A 和 B 的路径数比较困难。我们可以通过求它的反面来解决。   根据容斥原理：   满足 A 且满足 B 的路径数 = 总路径数 - 不满足 A 的路径数 - 不满足 B 的路径数 + 同时不满足 A 和 B 的路径数   我们来翻译一下这三个排除条件：    不满足 A：路径上点权的最小值 > a，也就是说路径上的所有点权都 > a。   不满足 B：路径上点权的最大值 < b，也就是说...

思路注意到对于一个 o 来说，它越靠字符串的两端（极左或极右），它能包住的 v 就越多，价值越大。对于一个 v 来说，它越靠字符串的中间，它左边的 o 和右边的 o 就越均衡，价值越大假设你在  ? 的替换中，搞出了一个 vov 的替换序列中间的那个 o 被夹在两个 v 中间，，位置比较吃亏。如果你把中间的 o 和外面的 v 互换位置（变成 o, v, v 或者 v, v, o）：o 被移到了外面，可以作为更多 ovo 的前缀或后缀。v 被移到了中间，可以享受两边更多的 o。结论：任何交替的 v, o 组合，都能通过 “把 o 往两边赶，把 v 往中间聚” 来获得严格更大（或相等）的收益。因此...

一、核心数学原理1. 连续段的拆分规律x 个 'a' 要分成 p 个连续段：需要在 x-1 个相邻 'a' 之间的间隙中选 p-1 个位置分割，方法数为组合数 C(x-1, p-1)（比如 2 个 a 分成 1 段：C(1,0)=1；分成 2 段：C(1,1)=1）。y 个 'b' 要分成 q 个连续段：同理，方法数为 C(y-1, q-1)。总连续段数 i = p + q，且 |p - q| ≤ 1（否则字符段会断层，比如 a 分 3 段、b 分 1 段，无法交替排列）。2. 两种合法排列情况总段数为 i 时，只有两种可能：情况 1：p = (i+1)/2，q = i/2（a 段数比 b 多...

【解题思路与题解讲解】一、问题核心分析1. 问题本质给定 n 个围成一圈的小朋友，每个小朋友声称左侧的人说真话（'1'）或假话（'0'）。需统计满足以下条件的局面数：若小朋友说真话 → 其声称的内容为真；若小朋友说假话 → 其声称的内容为假。2. 关键逻辑建模设：a[i]：第 i 个小朋友是否说真话（1 = 真话，0 = 假话）；s[i]：第 i+1 个小朋友的声称（字符转数字后，s[i] ∈ {0,1}）。根据规则推导核心公式：若 a[i] = 1（说真话）→ 左侧的 a[i-1] 必须等于 s[i-1]（其声称的内容）；若 a[i] = 0（说假话）→ 左侧的 a[i-1] 必须等于 1 ...

题解：最小棋盘边长问题题目分析问题核心给定红棋数量 a 和蓝棋数量 b，需要找到最小的 n，使得 n×n 棋盘能满足：摆放 a 个红棋和 b 个蓝棋；任意两个同色棋子上下左右不相邻；棋盘可留空。关键结论要满足摆放条件，需同时满足两个核心约束：总容量约束：n² ≥ a + b（棋盘总格子数需能放下所有棋子）；单颜色约束：ceil(n²/2) ≥ max(a, b)（棋盘最多能放的同色棋子数为棋盘格子数的一半向上取整，需能放下数量更多的那种颜色）。算法思路核心思路采用二分查找寻找最小的 n：确定二分查找的范围：左边界 l=0，右边界 r=2e5（足够覆盖 1e9 级别的棋子数，因为 (2e5)²=...

void solve() { cin>>n; vi a(n+1); for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; } cout<<a[1]<<endl; }

额其实没有工作，我还是一个大一牲，但是众所周知，ACMer的训练是不分时间的，我的开工其实就是正经的做题了，怎么说呢，年后的做题状态其实不咋地，感觉自己身上有诸多不足，哎，希望能越来越好

OK啊，大学也是成年了，压岁钱是一点都没有的，（）但是我亲爱的叔叔居然给了我几百块，OK啊，本来这个寒假都打算吃土了，看来上大学的平时要多攒一攒钱了,

因为只有1，2，3这三个数，所以两个数都要小，想到1000...1，如果n为偶数，设a=1000...1,那么就是b0000+b;会发现后面b的首位一位和前面b的最后一位重合了，也就是说，这俩相加必须<=3,于是我想到1212...这个构造是可以的，那么再来看奇数，同理，也是会相加，但是很明显如果还是用1212..这种数的话，会发现没有3的出现，而且有相邻且相同的数字，所以考虑将2改成3，所有3的位置不会和其他数相加并且成功的使相邻的数不相同，所以结论就很明显了，特判一下n=1,然后n为奇数，就是1000..1,和1313..1，n是偶数就是1000..1,和1212...12。 #in...

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long signed main() { int n, k; cin >> n >> k; vector<int> arr(n + 1, 0); for (int i = 1; i <= n; i++) { cin >> arr[i]; } int l = 1; int sum = 0, ans = 0; for (int r = 1; r <= n; r++) { sum += arr[r]; i...

最终答案一定是某个前缀异或和与对应后缀异或和的按位与。预处理前缀异或数组后，枚举所有分割点，计算 pre[i] & (pre[n]^pre[i])，再与整个数组异或和取最大值，即为答案。时间复杂度 O(n)。代码自己写