//我自己算了一下空间，才十几KB啊？到底是什么原因让我内存超限了呢 //下面是代码 #include<iostream> #include <algorithm> #include<cstdio> #include<string.h> using namespace std; typedef long long ll; #define Int int const ll MOD = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f; inline ll read() { ll s = 0, w = 1; char ch = getchar();...

c-mu函数，我来水一水。比赛靠蒙，赛后分享猜蒙技巧。碰到数论题，不管会不会，打表看规律。对每个n<20,k<20,打个表，大概是这样：---------------n=1---------------2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ---------------n=2---------------1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ---------------n=3---------------2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 -------...

这个题其实还是比较简单的，有一点点图论基础都能做。题目的意思n次操作，操作1给a,b加边（重边直接忽略）。操作2给a,b删边（不存在则忽略）。操作3 输出当前不为1的树的数量。题目数据非常amazing啊，直接把点拉到了1e8，出题人甚至专门写了一句话要玩家注意范围。对此，我们离散一下就好了。轻松破解然后就是如果进行三种操作：我们定义一个全局变量 ans，初始为0。操作1：此种操作一共会有三种情况： 1. 一个点与另外一个点连接，此时满足条件的树会增加1个，于是给 ans加1。然后把两个点连起来 2. 一个点与另外一棵树连接，这种情况对我们的ans没有影响，直接把两个点连起来 3. 一棵树和另...

一个简单的dp，状态转移方程也很容易写出。我用了两个数组保存dp状态，dp0[i]是把前i个变成0最少用的步数，dp1[i]则是把前i个全部变成1的个数。对于dp0[i]，我们可以从dp1[i-1]和dp0[i-1]转移过来,即1）dp0[i]=dp1[i - 1] + 1,将前i-1个或者前i个全部翻转一下，增加一次转换次数。2）dp0[i]=dp0[i - 1] + a[i]，前i-1个点都为0，于是只要确定i这个点要不要翻转就行了dp1[i]同理，得到如下方程dp0[i] = min(dp1[i - 1] + 1, dp0[i - 1] + a[i])dp1[i] = min(dp0[i...

用bitset写，容易理解读入01串，修改时改变对应位置 #include<iostream> #include<cstdio> #include<bitset> #include<algorithm> typedef long long ll; using namespace std; inline long long read() { long long s = 0, w = 1; char ch = getchar(); for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') w = -1; ...

看了题解中间都是用栈写的，我来补充一个用队列写的。前面都是一样的，判断，压入弹出。但是到后面就是用队列的好处，直接从头部出去，不需要额外的空间。另外，for (char &c : str)是C11的新语法，意为对str中所有元素遍历一遍，将每个元素依次赋值（或引用）给c进行循环代码如下 #include<iostream> #include<deque> #include<string> using namespace std; deque<char> st; string str; int main() { while (cin &gt...

这里可以用逻辑组合，写个Rule就好了。  #include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; struct T { int h, m, s; }a[5010]; bool Rule(const T& lhs, const T& rhs) { return lhs.h < rhs.h ||(lhs.h == rhs.h && lhs.m < rhs.m) || (lhs.h == rhs.h && ...