可以从题目最终要求的子串中’C’的个数一定是’P’的一半入手。先初始化res= 0，用来记录答案a的大小。之后遍历原串。在遍历的同时更新记录当前碰到的’C’以及’P’的计数。如果当前遍历到的字符是’P’，判断cntC≥⌊cntP⌋是否成立。如果成立，说明以当前2的’P’为结尾，满足a·C+2a·P的形式，此时最大的a=⌊cntP⌋，将其与res对比，判断2是否更新res。如果当前字符是’P’且下一个字符是’C’的话，表示之前的计数已经Out了，将两个计数都置零。这个做法的正确性比较显然，就不再赘述证明了。除了上述做法外，还有一个比较容易想到的切口，就是可以从缺口入口，即’C’与’P’的边界。从...

在每一轮筛选中，保留的元素下标均为k的倍数，导致剩余元素在原数组中的位置逐步成为k的幂次方。最终，最大的k的幂次方成为唯一无法被后续操作淘汰的数。所以就可以将这题转化为寻找一个最大的n，满足 kⁿ ＜＝ l。由于最高次幂可能存在多个及kⁿ,2kⁿ……,(n－1)kⁿ 导致可能存在多个解，此时分为两种情况 ：情况一 ： K % 7 == 0 ，那么任意筛选一次即可使得所有筛选得到的数字 % 7 == 0 , 答案也唯一确定了就是 "si" ; 情况二 ： K % 7 ！= 0 ，由于 7 是一个质数 且 K % 7 != 0 所以 k 的任意正整数次方都不能整除 7 。单看系...

对于20%的数据,我们只需要枚举左端点以及右端点O(n^2),通过前缀和维护答案(不熟悉前缀和的同学建议先去了解一下)。通过观察数据范围可以发现a[i]的取值非常的小 , 我们尝试分析公式$ ans(l, r) = (s[r] - s[l - 1]) - |a[l] - a[r]| * (r - l + 1) $将 $|a[l] - a[r] |$ 看做是差值 d 则式子视作 $ans(l,r) = (s[r] - s[l - 1 ]) - (r - l + 1) * d = s[r] - r * d - d + l * d - s[ l - 1 ]$ 我们可以按顺序枚举 r 端点 , 此时我...

答案为 661 (搜索是蓝桥常考算法)从任意一个角出发搜索整张图 , 我们需要维护两个变量 cnt 代表从 (0,0) 出发是否能到达其他三个角(0,29),(29,0),(29,29) ;还有ans表示答案个数如果存在被彻底淹没的土地，那么四个角一定是相连通的(任意两点之间都存在路径可以相互到达) 假设(x,y)点会被彻底淹没那么从(x,y)这点原路返回一定可以回归四个角,那么从任意一个角出发一定可以找到路径 去往其他三个角 ( 通过(x,y)作为中间点 )。那么我们就可以逮着其中一个点(0,0)点开始搜索并记录一共可以到达哪些为 '0' 的点 BFS做法 #include <iost...

题解:因为所有的棉花糖是同时移动的,所以对于每个时刻i我们只需要知道这些棉花糖上下和左右各自偏移了多少.有了这个信息我们就能确定每个棉花糖在时刻i的位置,所以暴力做法就是对于每个棉花糖都进行判断.但是我们可以反过来想,如果存在棉花糖能走到该位置那么是不是就说明我从该位置出发反着走走到的位置得存在棉花糖,因为移动是双向的. #include <iostream> #include <algorithm> #include <map> #define endl "\n" using namespace std; typedef pair&lt...