我的思路是判断a与0~t这个区间的位置关系 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e5+10; int main(){ LL t,a,k,ans=0; cin>>t>>a>>k; if(a>=0&&a<=t){ ans=abs(0-t); }else if((a+k>=0)||(a-k<=t)){ ans=abs(0-a)+abs(a-t); }else{ ans=abs(0-t)+2*...

求解G小苯的逆序对

求C,D题题解ORZ

用一个哈希表 m，其中key是两个数的比值 arr[i] / brr[i] 或 brr[i] / arr[i]，值是该比值出现的频次。因为对于满足条件的 (i, j) 对，有 arr[i] * brr[j] = arr[j] * brr[i]，所以这等价于 arr[i] / arr[j] = brr[i] / brr[j]。我们只需要在遍历的过程中，累加满足条件的比值的频次，并更新哈希表中的频次。最后累加的值即为满足条件的 (i, j) 对的数量。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e5+100; i...

由于r,l比较大，直接long long,不开long long 见祖宗 用arr存储幸运数字，下标从1开始，感觉这题没用DFS就是用了一个递归，依次枚举出在数据范围内所有的数，然后排个序 再二分查找，查出大于等于l,r的幸运数字中最小数数的下标ll,rr; 依次枚举l,r中的数肯定会超时，枚举arr中ll,rr区间就行了，需要注意的是，当处理最后一个数时，需要min(arr[i],r)，Q-Q,比如r=442,但arr[rr]=444，直接加(arr[i]-x+1)*arr[i]是不行的，因为区间里没那么多数，（这儿卡了好久孱弱 @-@）  #include<bits/stdc++.h...

思路：  用连接表的方式存储图 找到根节点，即最高上司，bd[N]表示有父节点，默认为false 树形DP：每个人有两种选择，去或者不去舞会，用f[N][2]来存储，f[n][1]表示标号为n的人去舞会，最大的开心值；f[n][0]表示标号为n的人不去舞会，最大的开心值。依次递归处理其子节点。最后根节点的max(f[root][1],f[root][0])即为所求值  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=6010; int happy[N]; bool bd[N]; int e[N],ne[N],h[N]...

这题由于数据不大，简答枚举一下 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int n,x,y; cin>>n>>x>>y; int t; t=n/x;//全部选x的最大个数 int res=n%y; for(int i=0;i<=t;i++){ res=min(res,(n-i*x)%y);//每次枚举选i个x，对y取余即为剩余值 } cout<<res; return 0; }

发现B题一个很精致的写法 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=50; int n,k,res=0; int a[N]; void dfs(int x,int lenx){ int t=0,y=x; while(x){ if(x&1) t++; x=x>>1; } if(t==k) res++; for(int len=lenx+1;len<=n;len++){ dfs(y&a[len],len); } return; } int main(){ cin>>n&...

喜提本场孱弱

小白在线，求H和E题的题解，@-@感谢大佬相救