错误思路：    每回合选择之前，先计算每行每列的权值和，然后选最大的那一行或列。    按这个思路来写，如果正好是先选了一堆行再选一堆列，或者是先选一堆列再选一堆行，那么不会出现问题。但如果是选了行，选了列，后面又开始选行了，那么答案就会出问题，因为你的选列行为对后面的选行造成了影响。（不是很好说，但能举出很多反例） 这里引用一下大佬们的题解：  因为你的每次选择，选一列也好选一行也好，会对后面的选择造成影响，且不同的选择造成的影响是不一样的，你这次先选了最好的一行（列）有可能就会使得后面能选的变少，你没选最好的...

题目要求 最大，涉及到异或操作，很显然我们需要用位运算来处理这题 思路：位运算时，每一个bit可以被独立的拿出来运算，所以我们记X的第p位bit为 ，区间里 的第p位bit为 ，看看怎么让区间里 最大，也就是让区间里第p位bit上出现1的次数最多。二进制中每一个bit不是0就是1，我们又知道异或运算 、 、 ，想让一个bit变成1，那么参与运算的两个bit必须是一个0和一个1，区间里都是固定的，所以我们需要改变。结合题目说明 “若有多组可行解，请输出较小的解”这样我们就可以推断出:  当区间里第p位上1的数量大于0时，令 当区间里第p位上1的数量等于0时，令 ，（输出较小的解） 当区间里第p位...

题意：有N头牛在吃花，牛i距离家有Ti分钟的路程，且每分钟能吃Di朵花，你一次只能带一头牛，请安排送牛回家的顺序，让牛吃掉的花的总数最少并输出（当你往一头牛那边走和带着牛回家的时候牛都不会吃花，虽然题目好像没说往牛那边走的时候不会吃，但是好像确实不会吃）  思路：我们知道，在把牛送回家的队列中，改变任意两头相邻的牛的顺序并不会对他们前面或后面的牛吃的花的数量造成影响，所以为了让吃的花的总数最少，我们应该调整每相邻两头牛的位置，让他们俩吃的花最少，这样整个队列中的牛吃的花的数就最少 我们假定队列中某一位置有两头相邻的牛A、B，他们送回家的时间和每分钟吃花的数量分别为、、、 ，把在A之前的所有牛送...

//一个大数乘一个int //返回num1 * num2 vector<int> multiply(const vector<int> &num1, int num2) { int carry = 0; //记录进位 vector<int> ans; //记录答案 for (int i = 0; i < num1.size() || carry != 0; ++i) { //如果还在num1的范围内，和num1相乘一位 if (i < num1.size()) { carry += num1[i] * num2; } ans.push_b...

思路： 首先我们清楚，交换任意两个相邻大臣的位置，对其他大臣获得的金币数不会造成影响。题目要求使得获得奖赏最多的大臣，所获奖赏尽可能的少，也就是让最大值尽可能小，并且国王固定在队伍的最前面，所以我们考虑后面的大臣即可。 在n(n≥2)个大臣中找出任意相邻的两个大臣A与B，记他们左右手的值分别为 、 、 、 ，以及在A之前的所有大臣和国王左手上数字的乘积为     前乘积 A B      、  、   假如此时A和B获得的金币数的最大值最小，则我们有不等式 ,   即A、B获得的金币数的最大值小于等于交换位置后B、A获得的金币数的最大值 很显然：结合上面的不等式，...

容易跳坑的错误思路：将整数按字典序排序，比如把7，13，4，246排序成7，4，246，13，这样乍一看是对的，但多尝试几组数据以后可以发现会有类似98，9或者321，32这样的数据没法得到正确答案。 正确的贪心思路：*假设数字均以字符串储存对于数字a, b, c, d，我们任意改变其中两个相邻数字的顺序，不会对余下的数字造成影响。比如对1, 2, 3, 4, 5中的3和4改变顺序，整数变成12435，其3和4前后的1、2和5并不会受到影响。所以我们可以把两个相邻的数字（其实不相邻也可以，排序到了最后都是一样的）单独拎出来排序，只需要令 a+b > b+a 即可。每一个单独的小部分能组成...

题意： 在4*4的棋盘里有16个可黑可白的棋，每轮游戏可以选择将一个棋及其上下左右相邻的棋的颜色取反（最多五个最少三个），所有棋面颜色相同时游戏结束，求最少进行几轮游戏后游戏结束 思路： 对任意的一个棋子进行两次翻转操作是无意义的，负负得正，因此一个棋最多只翻一次，可以采取枚举 我们从上至下（当然你也可以换个方向），一行一行的将棋子翻到相同的颜色（比如说我们现在要把它们全部翻成白色），我们记0为黑，1为白。 假如前两行的棋子是0101，1111，那么为了让第一行的棋子全都变成1，我们需要对第二行第一个、第二行第三个，也就是对第一行的0下面的那个棋子进行反转。这样翻转以后，只需要再判断一下最后一...

文中数组下标均从0开始  地图上有两列，mine对应第一列，表示格子里的地雷数（0或1），map对应第二列，表示附近的地雷数 根据map[0]的值，我们可以推断mine[0]和mine[1]地雷的存在情况，如：    下标 mine map    0 1 2   1 1 2   2 ？ 2   3 ？ 1   4 ？ 1   然后依据扫雷游戏的规则，我们有公式：    map[i] = mine[i-1] + mine[i] + mine[i+1]移项一下，用i-1替换i，可以得到：    mine[i] = ma...

用双指针，从第一个小朋友开始一圈圈按顺时针方向遍历，到最后一个小朋友的那圈遍历完结束。 因为题目定义两个小朋友的距离为沿着圆圈顺时针走或者逆时针走的最近距离，所以在计算最远距离时要让当前两个小朋友的距离小于圆圈周长的二分之一，不然最短距离就会变成从逆时针方向开始计算，这是一个小坑同时，计算的时候数组里第i个元素储存的是第(i+1)个小朋友到第(i+2)个小朋友的距离，所以代码23-25行是先+= distances[end]再让end指向下一个人，也是一个小坑 #include <iostream> #include <vector> using namespace s...

这题一看就可以用暴力，没什么好说的 优化一下，用双指针，用一个26个元素的数组统计各字母在子串中出现过的次数判断是否符合题意即可 #include <iostream> #include <string> using namespace std; //用于判断是否符合题意 bool isLegal(const int (&alphabet)[26]) { for (int i : alphabet) { if (i == 0)return false; } return true; } int main() { //26个元素表示对应字母在子串中出现的次数; i...

题目要求找到长度最小的子串，使得字串和大于等于S既然是要长度最小，那我们就可以从长度为1开始遍历到长度为N，我们需要遍历次 ，当N非常大的时候耗时会特别长，所以可以稍微优化一下（双指针/尺取法）。 如果是按长度从1到N遍历，那么我们每次都要从子串的头到尾重新计算一次子串和，对此我们可以做出这样的优化：按数组元素的位置遍历，从第一个元素开始，从长度为1不断修改子串的长度，直到子串和刚好大于等于S，再从第二个元素开始，继续往下遍历   #include <iostream> #include <vector> using namespace std; vector<i...

5001*5001，量太大了，直接用前缀和 整一个5001*5001的二维数组来对应整个地图，数组中的元素表示当前坐标上目标的价值（无目标即为0） 先很普通的用循环记录每个目标的坐标和价值，然后再循环计算前缀和。计算时，每个点[i][j]上记录的价值和为 [ i ][ j ]+[ i-1 ][ j ]+[ i ][ j-1 ]-[ i-1 ][ j-1 ] (容斥原理，见下图）  因为炸弹无法破坏爆炸范围边界上的目标，所以爆炸范围为R的炸弹最多一次可以炸掉R*R个目标（画个图把范围左右移动一下就明白了），我们在计算被破坏的目标的价值和时一样用到容斥原理，[ i ][ j ]-[ i-R ][ ...

思路 对于长度为L的马路，一开始共有L+1棵树 如果直接声明长度为L+1的数组再根据输入的区间一个一个遍历把树移走的话，一个区间有n个数就要执行n次操作，太过复杂，耗费时间比较长，数据小还可以操作，数据大的话就不行了，所以这题可以考虑差分和前缀和 有L+1棵树，为了方便操作，在数组最前面和最后面再加两个数，所以这里声明L+3长度的数组。数组的每个元素代表数轴上这个点比上一个点多了多少棵树，数组第一个元素为1，即一开始所有点上都有树。只需要把区间左端点处的树自减，右端点后一个点处的树自增即可。后面输出的时候从数组的第一个元素一直遍历到倒数第二个元素，用num计算当前点树的个数，如果num为正数就...

题目要求统计回文日期，相当于回文字符串，可以考虑使用遍历如果固定年份，对月和日进行遍历再判断是否回文效率太低，可以直接遍历月和日，根据月和日构造回文的日期，这样最多只有366种可能。列出所有的回文日期以后再判断是否再输入的区间之内即可 #include<iostream> using namespace std; int main() { short days[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31}; int begin, end; cin >> begin >> end; int co...