H取数游戏 设DP[L][R]为区间剩余为[L,R]时，先手按照最优解取数最终的总得分与后手的差。 DP[L][R]的后继状态有两个： 取a[L]后变成 DP[L + 1][R] 取a[R]后变成 DP[L][R - 1] 由于下一步的先手是这一步的后手,所以式子应减掉后继的最优解。 DP[L][R] = max(a[L] - DP[L + 1][R], a[R] - DP[L][R - 1]) 观察可知由短区间推长区间，因此外层循环为长度，内层循环为左右下标。 标程节选 for (int i = 1; i <= n; ++i) { mx[i][i] = a[i]; } for (int...

E火狱骑行 动态维护一个可到达的区间[L,R] 遇到卡车前,[L,R]可以扩展为[L-k,R+k] 遇到卡车时，[L-k,R+k] 与这排卡车的[L,R]取交集。 如果无法取交集，说明撞上了。

C毕业照 题意理解 念一次abcde， 出列顺序是abcde，归队顺序是出列顺序的逆序，因此是edcba。此时念重复一次口令，edcba会依次进入abcde。 因此口令的作用是让这些位置的人按照口令的顺序互换。a↔e，b↔d。 Hint1 最后要达成升序，因此每个数字都有一个终点位置。我们从这个数字的最初位置向这个数字的目标位置连边。这样就得到了若干个环。 如果环的大小为1，说明这是一个自环，数字本就在自己的位置上。 如果换的大小为2，说明环上的两个点互换一下就能达到正确位置。 如果环的大小在2以上，我们考虑如何让环变小。 看到这里可以自己先思考一下如何割/缩环。 Hint2  假设我们有一个...

B分数游戏 如果数字为1，先手必败。 如果数字为2，能且只能分为两个数字1，也即两个先手必败状态，故数字2是先手必胜状态。 如果数字为3，可以分为1或者2，必然是一个先手必败状态（1）+一个先手必胜状态（2），那么后手只需要选择先手必胜的数字（2）即可获得胜利，因此3是先手必败状态。 如果数字为4，可以分为1,3或者2,2，必然是两个先手必败状态。 归纳后可知奇数只能分为一个先手必败状态（奇数）+一个先手必胜状态（偶数），所以奇数是先手必败的，yi wins。 偶数可以分为两个先手必败状态（两个奇数），所以偶数是先手必胜的，jia wins。

喵喵喵喵喵

倒给能过，禁止倒给不能过

本来觉得罚时太多太蠢了，没想到罚出了一个节日奖）

只要算法正确加上c++的解绑，是一定可以通过题目的。“优化是为了在OI赛制多捞点分”——佚名之前写题目的时候一直优化优化直到挤进最优解，每次看到别人的程序跑得比我快（哪怕只是7ms和4ms的区别）都觉得很不甘（哪怕除了7ms和4ms其他的都是几百ms）。今天...又一次在过题之后提交了两次想看看能不能更快一些。希望自己能克服这种无意义的举动。过题的速度和程序运行的速度，在如今的环境下，显然是前者的优先级远大于后者，而后者没有意义！切记。希望能早日克服时间怪癖。

我把输入输出改成cin cout之后通过了此题。把一处快读改成了scanf后也通过了此题，而且效率是最高的。

还是好弱啊.......

请大家不要薄纱我......