显然就是求直径喵～DP 做法只需要一次 DFS 就可以了喵～ #include <iostream> #include <vector> using namespace std; int n; vector<vector<int>> graph; int res = 1; int Dfs(int x, int fa) { int maxi = 1; for (const auto& y : graph[x]) { if (y != fa) { int t = Dfs(y, x); res = max(res, maxi + t); max...

A. 用 set 去重，然后输出数量就可以了喵～ B. 只有包含一种字符的子串不是好串喵～对于每一个相同字符连续段，用  计算长度为  段的不好串数量，再从  减下去就可以了喵～ C. 显然两段平均数都是总平均数喵～假设 1 有  个，这些位置分配的总和就是总平均数的  倍喵（如果这个不是整数直接不能分喵）～因为一步可以让总和变 ，答案就是原本这些位置总和和目标差的绝对值喵～ D. 发现答案是把  的一半分给 ，另一半分给  喵～如果有一种元素不少于三次那么没法分喵～否则先把出现两次的元素其中一次分给 ，另一次分给 ，其他元素只要满足数量限制随便分都没问题喵～剩下的元素在是排列的基础上随便分了...

求出最长不下降子序列，剩下的全改就可以了喵～爱你们喵～ #include <algorithm> #include <iostream> using namespace std; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); string s; cin >> s >> s; string stk; for (const auto& c : s) { auto it = upper_bound(stk.begin(), stk.end(), c); if (it ==...

嗯枚举就可以了喵～ #include <algorithm> #include <array> #include <iostream> using namespace std; int a[6]; bool Check(int x, int y, int z) { array<int, 3> t; t[0] = a[x]; t[1] = a[y]; t[2] = a[z]; sort(t.begin(), t.end()); return t[0] + t[1] > t[2]; } void Solve() { for (int i = 0...

首先  只要  时输出 ，否则无解喵～ 如果 ，我们只需要不断输出 ，剩一个元素异或补上喵～ 这里有个问题就是  且  为偶数的情况喵，这时候有一个元素是小男娘  喵，是不可以的喵～ 于是我们用两个元素拼成 ，剩下的元素全用  就可以了喵～拆  可以直接用 lowbit 喵～ 最后剩下一种情况， 二进制只有一个 ，发现如果  是偶数就无解喵～至此所有的可能都考虑到了喵～ 爱你们喵～ #include <iostream> using namespace std; int n; int x; int y; void Solve() { cin >> n >> ...

hack: print('1\n'+'9'*41140+'2'+'0'*10)  原理就是，让数字和不断在一大堆合数之间徘徊即可 正解：无论用什么方式直接构造答案，最简单的方式是开头写些什么，后面全是 0 即可

跑 Dijkstra 就可以了喵～ #include <iostream> #include <queue> #include <utility> #include <vector> using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f; int n, m, h; vector<string> grid; vector<vector<int>> dis; int Val(char c) { switch (c) { case 'S': case 'T': return ...

A. 统计一下四个字母的个数，再判断是否全相等就可以了喵～ B.  不难构造，否则无解，证明在这里喵～ C. 不妨设  喵～最大值比较简单， 全 ， 就可以了喵～最小值分两类，第一类  答案就是  喵～否则  全 ， 就可以了喵～竖式减一下就可以了喵，注意  要特判去除前导  喵～ D. 发现其实条件就等价于  喵～这样答案只和  有关喵～统计一下同余下每一个数的数量，有  个数的有  个喵～其他数数量都是  喵～用对数为  统计就可以了喵～ E. 对于每一个节点，从低到高往里填就可以了喵～这个过程就把所有的答案都处理完了喵～ F. 显然是树形 DP 喵～设计状态第一维节点，第二维自己最终是几...

以下只考虑 ，不妨认为一列元素的顺序无关紧要，且第  列  为 。 引理 1. 第  列为 。 证明： 的倍数只有  个。 引理 2. 第  列为 。 证明：由于 ， 的倍数只有  个，被  的倍数占去一个，所以只能用剩下的  个组成这一列。 接下来分类讨论。   是偶数  显然  以内有  个偶数。偶数列用掉了所有偶数，第  列又用掉了  个偶数，偶数不够用。   是奇数  显然  以内有  个偶数。偶数列用掉了 个偶数，第  列又用掉了  个偶数，没有偶数剩下。 考虑  的倍数是否有足够多的奇数。第  个  的奇倍数是 ，其与  的差是 。不难发现这个数在  时恒大于 ，故没有这些奇倍数可...

能看出来移项可以配方，你就是一个合格的男娘喵～ #include <iostream> using namespace std; using ll = long long; ll a, b, c; void Solve() { cin >> a >> b >> c; cout << (b * c % a ? -1 : b * c / a) << '\n'; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); int T; cin >> T;...

发现这个信息线段树不好维护喵～小男娘也不会喵～但是发现可以离线喵～从小到大依次处理数字和询问喵～于是问题就变成了单点加一区间求和喵～直接变成树状数组板子了喵～ #include <iostream> #include <vector> #include <array> using namespace std; int n; int m; const int MAXI = 1e5; array<vector<int>, MAXI + 1> aPos; // idx, l, r array<vector<array<in...

A. 构造  喵～ B. 用 map 统计不冷门的副本数量，然后拿  减喵～ C. 分别算出两个数的所有因数，乘起来去重，再用快速幂硬算喵～ D. 区间按左端点排序，从左到右枚举 ，令当前区间的 ，跑一个滑动窗口，把右端点扔堆里维护当前区间有多少个区间和它相交喵～最后取最大值就可以了喵～ E. 首先  一定是  的倍数喵～只有两类方案，一种是样例里面的 L 型（每一对可上下翻转，黑白可互换），另一种就是形如 111000 000111  这样的喵～各自算出要换多少个数（第一种中间格子只要上下不同就不用换），取最小值就是答案了喵～ F. 发现只要某列两行之间没有不能走的点，从一行进从另一行出有且...

首先不难发现可以从底向上递推，碰到两个相邻的就把上方的点添加进去喵～这样时间和答案成正比喵～但是答案高达  所以会超时喵～ 考虑优化这个模拟喵～一层一层向上推，如果原本是个连续区间推一层这个区间长度会短  喵～长度到小男娘  就会删除喵～ 所以可以考虑维护一个珂朵莉树喵～额外存储一个当前长度的有序集合，用于删除过短的连续区间喵～可以记录区间长度改变量，这样就不用每次推一层改整个珂朵莉树喵～同时只要维护一个当前段总长度就可以计算答案喵～ 但是这样  还是不行喵～考虑加速这个过程，只在存在的层之间推喵～中间统计答案用等差数列求和公式就可以了喵～注意删除时也要统计喵～ 时间复杂度  喵～爱你们喵～ ...

你们都是可爱的小萝莉和小男娘喵～显然发现只要前面被后面整除， 喵，并且如果答案存在一定可以构造这样的序列喵～ 表示前 i 个最后一个数为 j 总和为 k 是否可能，直接转移就可以了喵～下标可以枚举因子优化喵～发现转移是平移，于是可以用 bitset 优化喵～最终时间复杂度 喵～ #include <bitset> #include <iostream> #include <vector> using namespace std; vector<vector<bitset<2501>>> dp; vector<int&...