#include <iostream> #include <vector> using namespace std; // 不是质数：最简单的情况就是他是2的倍数，不包括2 // 要是2的倍数，需要奇数位配上奇数，偶数位配上偶数 // 但是有特殊情况:1号位不能从n中选择1，因为1+1=2为质数 // 解决方法就是对奇数位置进行循环左移操作: // 1号位a1赋值3,3号位a3赋值5,5号位a5给到7...2*n-1号位给到1. // 还有一个特殊情况是：n=1，n=2时均无解 // 核心要领：什么是循环左移，为什么要循环左移，怎么实现循环左移 int main() {...

Silencer76的精华题解实在精妙，x>1时，必定有数对（x，x）满足条件。这里我给出我自己在探索时找到的另外一个规律： #include <cmath> #include <iostream> #include <linux/limits.h> using namespace std; int main() { int x; cin >> x; // a % b = 0 // a * b > x // a / b < x // x=1, -1 // x=2, a=2,b=2 // x=3, a=2,b=2 // x=4, ...

#include <iostream> #include <unordered_map> #include <vector> using namespace std; int main() { int n; cin >> n; unordered_map<char, int> cnt_word; // 统计26个字母出现的次数，如果某个字母=n，它即是公共子串 for (int i = 0; i < n; i++) { vector<bool>visit(26,false); // 对每个字符串检查每个字母是否已经遍...

#include <algorithm> #include <iostream> #include <vector> long long INF = -1e18; using namespace std; //这道题相比普通version，就是加上了一个偏移量的约束，我们根据约束将不可达的元素值设为INF即可. //建立s[i][j]记录每个元素的值， //依旧采用动态规划，建立dp[i][j]，表示第i行第j列位置的最大数值之和的值。 //循环遍历确定最后一行每个元素是否可达，不可达赋值INF，可达赋予dp[i][j]对应s[i][j]值， //然后从下往...

在旧的最长子序列长度的基础上，将新的更小的元素放入其中，既保证旧的最长长度得到记录，同时为未来可能出现的更长长度创造可能性 #include <algorithm> #include <iostream> #include <vector> using namespace std; int main() { int n; cin >> n; vector<int> s(n+1, 0); // 6 9 1 2 6 2 1 4 5 // 6 // 6 9 // 1 9 // 1 2 // 1 2 6 // 1 2 2 // 1 1 2 /...

#include <algorithm> #include <iostream> #include <vector> using namespace std; struct car{ int x, v; }; int main() { int n; cin >> n; vector<car> s(n); for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> s[i].x >> s[i].v; } sort(s.begin(), s.end(), [](const car a, cons...

这道题目是一道典型的博弈/构造类贪心题，核心在于理解 mex（最小未出现的非负整数）对数组变化的实质影响。核心思路分析我们需要通过操作 ai = max(0, ai - mex)让数组中所有元素相等。情况 A：数组元素已经全部相同此时不需要任何操作，直接输出 0。情况 B：数组元素不全相同，且数组中没有 0如果数组中没有 0，那么当前的 mex 必然等于 0。执行操作：。这意味着数组永远不会发生变化。既然初始时不相同，操作后也不变，则永远无法相同。输出 -1。情况 C：数组元素不全相同，且数组中有 0这是本题的核心。当数组中有 0 时，mex > 0，数组必将逐渐向 0 靠拢，也就是目标...

#include <iostream> #include <vector> using namespace std; const int mod = 1e9+7; const int maxn = 100001; vector<long long > dp(maxn, 0); //全局变量dp，存储每个sn的逆序对总数 void precompute(){ // 预处理函数，牺牲空间，使得T--循环，每次求Sn时的查询时间复杂度降维至O(n) vector<long long> zeros(maxn,0); vector<long long...

#include <iostream> #include <vector> using namespace std; // 思维流：我们不必真的如题目所想将三种颜色进行融合，我们只需要知道对于一个绿色油漆桶就是要出现黄色蓝色且不要出现红色。那么思路便明了了： // 建立三种颜色的差分数组，得到每个油罐桶的被三种颜料分别灌入的总次数（三种颜色的前缀和数组） // 如果对于某个油漆桶，就看它的黄色和蓝色前缀和数组是否大于1，红色是否为0，即可判断能否变绿 int main() { int n, m; cin >> n >> m; // 油漆罐的数量和...

这道题最神奇的地方：无论你合并多少张左侧卡牌，新卡牌的分值永远等于这些卡牌的“前缀和”那么我们只需要让总得分累加那些个大于0的前缀和（注意从2开始，因为至少要两张卡牌），就能得到总得分的最大值 #include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int n; cin >> n; long long temp; vector<long long> s(n + 1, 0); for (int i = 0; ...

容易让人红温的就是这个城市为n个，城市之间耗时为n-1个了，下标处理逻辑理解起来真的想锤人。需要弄懂自己设计的summ[n]到底是什么意义：前缀和，表示从城市1到城市i的距离，那么设立summ[0]就是城市1到城市1距离，summ[n-1]即为城市1到城市n的距离因此，求解穿梭城市省下来的时间，就等于城市1到城市i+k的用时tb - 城市1到城市i的用时ta，根据前面理解，就终于知道应该用summ[i+k - 1] - summ[i - 1]表示省下来的时间 #include <algorithm> #include <iostream> #include <ve...

#牛客新年AI问运#

在暑假时，我高中同学她爸的公司正在招人，转正的月薪能开到1w+，我和同学关系好，也非常荣幸受到邀请，在聊天时我的心里确实动摇过，感觉给的好多（大学生没见过世面）。后面找了学院的院长讨论这件事，最终还是放弃了这个机会，选择努力挤进体制内（相比之下，我更想在有铁饭碗，过个平平淡淡的生活）

大学生依旧可以春节欢喜斗利是，烟花买了60-70块，奶茶用了通义千问只花了一分钱，在镇上吃早餐吃了20多块，乡下的生活就是舒适，安逸