就是求所有树最高的那棵树的高度 vi adj[M]; vi ind; vi rt; vi h; int ans = 0; void dfs(int u) { for (int v : adj[u]) { h[v] = h[u] + 1; dfs(v); } } void solve() { cin >> n; ind.resize(n + 1, 0); h.resize(n + 1, 0); for (int i = 1; i <= n; i++) { int x; cin >> x; if (x != -1) { adj[x].push_back(i); ind...

思路因为边界永远是 0，而且不能改，所以最终所有数相等的话，只可能等于 0。所以问题转化为：能不能把所有 数变成 0。如果当前是负数，且四个邻居都 >= 0，它可以一直增加到 0如果当前为正数，同理；最后检查是否全为0就行了代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define vi vector<int> int a[505][505]; void solve() { int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = ...

思路   因为最外围已经全为0且不可以更改，所以想要满足条件只能是所有数全为0；   遍历矩阵，如果一个数能通过操作变为0，那么这个点就满足条件；   如果一个数想变为0，有两种方法，本来就是0，周围四个数和该点异号或为0；   最后只需要判断所有点是否全为0即可；   临时用别人电脑写的，代码很丑，见谅   代码  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define vi vector<int> int a[505][505]; void solve() { int n; cin >> n; for (...

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' using ll = long long; #define int long long #define db double #define all(a) a.begin(), a.end() const int M = 5e3 + 7; const int mod = 100003; const double pi = acos(-1.0); int n, m, k, h; void solve() { cin >> n; if (n == 2...

思路首先需要明确几个关键概念：圆包含原点的判定：若圆心 (x,y) 到原点的距离 d = √(x²+y²) 小于半径 r，则该圆包含原点；否则不包含。移动代价计算：代价 = 圆面积 × 移动距离。圆面积为 πr²，移动距离是让圆不再包含原点所需的最小距离。最小代价策略：对于原本包含原点的圆，若需要让它不包含原点，只需将其向任意方向移动 (r - d) 的距离（这是最小移动距离）；对于原本不包含原点的圆，无需移动。要让总代价最小，需遵循 “最小代价优先保留” 原则：先筛选出所有原本包含原点的圆，计算每个圆被移出原点的代价 (r-d)×πr²；将这些代价从大到小排序；保留代价最大的 k 个圆（即不...

动态规划定义 dp[i][0] 和 dp[i][1] 两个状态：dp[i][0]：Askalana 到达表世界第 i 号点时，能拥有的最大金币数。dp[i][1]：Askalana 到达里世界第 i 号点时，能拥有的最大金币数。初始化只有初始状态可达：dp[1][0] = a[1]（初始在表世界 1 号点，拾取该点金币）。其余状态（如 dp[1][1]）初始化为 “不可达”。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' using ll = long long; #define all(a) a.b...

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long int n, x; int calc(const vector<int> &arr, int m) { int res = m * x; for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (arr[i] > m) { res += arr[i] - m; } } return res; } signed main() { cin >> n >> x; vector<in...

优先队列贪心要最大化使用天数，需每次选择当前不舒适度最小的口罩：初始时所有口罩的不舒适度为原始值，优先选最小的用（单日成本最低）；用完后该口罩不舒适度翻倍，重新加入候选队列，下次仍选当前最小的。直到选择下一个口罩的不舒适度会导致总不舒适度超过k为止。数据结构选择使用小顶堆（优先队列） 维护当前所有口罩的不舒适度，能高效获取并弹出最小值（时间复杂度O(logn)）代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; signed main() { int n, k; cin >> n >> k; // 小顶堆：存储当...

解题思路直接模拟每次操作的过程：每次操作先将 1-based 的区间 [l, r] 转换为 0-based 索引计算区间长度，从区间末尾向前遍历（避免插入操作影响后续字符的位置） 假设区间是 [2,4]（0-based 是 [1,3]），字符是 b、c、d 如果从左到右插入：插入 b 后字符串变长，c 和 d 的位置会后移，导致后续索引计算错误 从右到左插入：先处理 d，再处理 c，最后处理 b，插入操作不会影响未处理字符的位置，保证索引准确 3.对每个字符，在其原位置后插入一个相同字符 4.重复 q 次操作后输出最终字符串上代码 #include <bits/stdc++.h> ...

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define endl '\n' void solve() { string s; cin >> s; int n; cin >> n; while (n--) { string str; cin >> str; int cur = 0; bool mark = 0; for (int i = 0; i < str.size(); i++) { int t=s.find(str[i],cur); if (...

解题思路1. 核心观察：智数的周期规律智数定义是奇数且满足以下任一条件：以 5 结尾（即 mod 10 = 5）；各位数字之和是 3 的倍数（等价于自身是 3 的倍数，因为一个数是 3 的倍数 ↔ 各位和是 3 的倍数）。通过枚举前若干智数，发现其分布存在固定周期：先列出智数序列（升序）：3、5、9、15、21、25、27、33、35、39、45、51、55、57、...观察间隔：从 3 开始，每 7 个智数为一组，每组内的智数与下一组对应智数的差值固定为 30（即周期长度 = 30）。第 1 组（k=1~7）：3、5、9、15、21、25、27第 2 组（k=8~14）：33（3+30）、3...

解题思路1. 统计字符类型数量首先遍历密码字符串，统计四类字符的出现次数：大写字母（i1）、小写字母（i2）、数字（i3）、特殊符号（i4）。2. 标记 “唯一类” 字符若某类字符的出现次数为 1，则该类为 “唯一类”：替换唯一类的字符时，只能选择同类其他字符（否则会导致该类型缺失，违反合法密码要求）；用布尔数组 arr 标记每类是否为唯一类（arr[ch]=true 表示第 ch 类是唯一类）。3. 计算每个字符的合法替换数遍历每个字符，根据其所属类型是否为唯一类，计算合法替换方案数：若为唯一类：大写字母（26 种）：可替换为其他 25 种大写字母；小写字母（26 种）：可替换为其他 25 ...

题解：n×m 矩阵第 k 小元素题目分析问题描述给定 n×m 大小的矩阵，其中第 i 行第 j 列的元素为 i×j（1≤i≤n，1≤j≤m），要求找出矩阵中第 k 小的元素。分析题干矩阵规模极大（n,m≤1e5），直接生成矩阵会占用 O (nm) 空间，完全超出内存限制；暴力排序所有元素更是不可能（元素总数达 1e10，时间复杂度无法承受）；矩阵元素并非有序排列，但每行 / 每列具有单调性，可利用二分查找优化。矩阵元素最小值为 1（1×1），最大值为 n×m（n×m），所有元素都在 [1, n×m] 区间内；对于任意一个数 x，能快速统计矩阵中 ≤x 的元素个数：第 i 行的元素是 i×1, ...

博弈思路如果一开始不满足放置的条件，那么先手玩家一定输，如果满足放置的条件，先手玩家把盘子放在中间，然后模仿后手玩家的操作就可以了，到最后一定是后手玩家面临无地可放的情景。ACnode #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int a, b, r; cin >> a >> b >> r; if (a >= 2 * r && b >= 2 * r) { cout << "Alice" << endl...