B：华华对月月的忠诚思路：因为最后要求的是gcd(a,b)，所以我一开始是分类讨论的。如果a和b都是偶数，那么他们的斐波拉契项都是偶数，对于任意位置的n和n+1,偶数的gcd都是2.如果a和b都是奇数，或者是奇数与偶数，他们的斐波拉契项有可能有奇数或者偶数，一开始我猜想都是1，事实上大部分都是1，但是随手打了个表就找到了反例，a=3,b=9，然后我就发现事实上这个答案就是gcd(a,b)。代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int ll; void solved(){ ll a,b,n...

F.排列计算思路：一个很显然的思路就是我们希望出现次数多的位置的数尽可能的大。所以我们需要统计每个位置出现的次数，因为每次是一个区间操作，暴力可能会超时，我们考虑用差分。差分完后求一下前缀和就是每个位置出现的次数了。然后我们把每个位置出现次数和下标保存起来，按照出现次数排序，然后从 到 从大到小去构造这个序列。然后按照原位置求一下前缀和再计算一下输入的区间的值就行了。可能会比较繁琐，我看到有更好的做法。代码： #include using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 2e5 + 10; int dif[ma...

C:很显然最后会变成n个1，第一次替换k个(包含1),然后就是不断的替换(k-1)个，直到没有可替换。代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 1e5 + 10; int a[maxn]; void solved(){ int n,k;cin>>n>>k; for(int i = 1; i <= n; i++)cin>>a[i]; int cnt = 1; n -= k; while(n > 0...

A:很容易发现求的就是一个N!代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 1e5 + 10; const ll mod = 1e9 + 7; void solved(){ int n;cin>>n; ll ans = 1; for(int i = n; i >= 2; i--){ ans = ans * i % mod; } cout<<ans<<endl; } int main(){ solved()...

A Jelly思路：非常裸的一个三维bfs，Dungeon Master poj2251和这题差不多。就是在二维的基础上多加两个方向，其他的就是常规操作。代码 #include<iostream> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; char str[300][300][300]; int vis[300][300][300]; int step[300][300][300]; int dir[6][3]={{-1,0,0},{1,0,0},{0,-1,0},{0,1,0},{0,0,...

F：签到题，ifelse一下就行了。。。。我写复杂了。。。。。。。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; void solved(){ string s1,s2; cin>>s1>>s2; if(s1 == "elephant" && s2 == "tiger"){ cout<<"tiangou yiwusuoyou"<<endl;return ; }else if(s2 == "elephant" && s1 == "tiger"){ cout&lt...

只会前6.。。。。。。。。。后面太难顶了。。。。。。。。。。。。A：四个数分两组使得差就小，肯定就是先排序然后一个小的一个大的拎出来，然后中间的拎出来，相减一下就行了。代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 1e5 + 10; void solved(){ int a[5]; cin>>a[1]>>a[2]>>a[3]>>a[4]; sort(a + 1, a + 5); cout<&lt...

很显然的一道二分题板子题要我们去找这个值显然很复杂，但是给我们一个答案要我们去判断一下这个是否满足要求就比较简单，这就是二分答案的思想，化复杂的问题为判定问题。现在给我们一个长度，我们要验证它是否满足条件只需要所有长度/这个长度之和就是能做的棍子数>=目标棍子数，这样就行了，然后不断二分更新答案即可。代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long int ll; const int maxn = 2e5 + 10; ll a[maxn],n,k; bool check(ll mid){ ll ...

是一道好题，这个题目一开始有一个O(n^2)的做法，就是O(n)遍历的基础上用快排O(n)的思想找第k大，总的时间复杂度O(n^2)，应该会超时。有一个更好的做法的维护两个堆，一个大根堆维护一堆小的数，小根堆维护一些大的数使得它们呈现一个有序的(递增)，这个还是比较好想到，我是卡在怎么维护上面了，就是为了使得这两个堆呈递增，他们数量应该是差不多的也就是最多差一个1，就是这边放一个那边放一个，这样就行了，但是这样放不是有序的，有序的当且仅当大堆顶<=小根堆堆顶。如果破坏了一个平衡就交换，这样就可以维护好这两个堆了。(输入要用scanf不然会被卡，输出格式也需要注意一下)代码 #includ...

A题：签到题，直接逆序一下然后相加即可。代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; void solved(){ int n;cin>>n; int t = n; int res = 0; while(t){ res = res * 10 + (t % 10); t/=10; } cout<<res + n<<endl; } int main(){ solved(); return 0; }C题：思路：直接把表打出来，然后二分查一下位置相减即可，注意一下r==table[end]相等的情况。还...

A题：一开始想着直接想k + 1往前面移动，然后直接输出，因为这个答案是 使得它最大化，那么一种贪心的想法就是直接移动k + 1移动到第一个，这样可以保证k + 2的答案是最优的，但是样例2就给了我一巴掌，这样是不行的，可能移动后面产生价值更好，所以我们需要从[k + 1,n]枚举往前面移动，但是n = 1e5 只能用o(n)的时间复杂度。注意到每次只会移动一段长度为k的序列，那么我们可以先统计出来i*a[i] = tot的和，然后因为那一段长度为k向后面移动1位实际上是对他们的和加大一倍，我们可以用前缀和直接计算这段区间和，然后tot + sum[i - 1] - sum[i - k - 1...

思路：这题我是看的这个题解然后加上自己的理解做出来的。https://blog.nowcoder.net/n/a628960724c74b838b35f4c1d4b9617f下面说一下我的理解:一开始看的这个题，感觉不知道怎么搞，一开始想的是dfs暴力搞一下，但是要检查(u,v)颜色是不是相同就感觉写不出来。。。然后看了一下题解是dp，定义dp[i][j]:前i个节点从k种颜色中取j种颜色取染色的方案数。(一开始以为从前i个节点用j种颜色。。)转移方程：dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1] * (k - (j - 1))大概意思是：考虑第i个节点...

思路：首先可以想到一个暴力的做法就是拿子串与模式串一一匹配，时间复杂度O(n^2)(讲道理这个应该是过不了的，但是我居然过了。。)然后就是考虑一下怎么优化，（看的题解，感觉挺奇妙的）就题目不是说字符串只可能是小写字母[a,z]，那么我们可以构造一个next[i][j]:表示模式串第i个字符到字符j的下标，有了一个东西如果我们进行匹配的话就可以省去多余的没用的匹配，比如abcdef,子串ac,我们匹配完a，直接next[a][c] = 3,这样就直接去和第三个字符匹配，那么next数组怎么构造呢，还需要一个last[i]:表示字符i距离前面字符的最近位置，这样从后往前面扫就可以构造next数组了...

首先我们考虑暴力做法。O(n^2)，枚举所有长度为k的区间，然后取区间最大值。然后考虑一下优化，就是我们能不能枚举一遍就能求出答案，也就是取区间最大值能否在O(1)的时间内求出来呢？是可以的。我们需要一个队列来维护，为了每次直接O(1)求出最大值，我们需要构造一个单调递减的序列，这样每次取序列的第一个元素就是最大值。那么考虑一下当一个元素在和单调递减序列中间元素相同时，我们需要怎么做？为了使得这个序列是递减的我们需要将后面的元素全部丢弃，因为它对答案已经没有贡献，然后再把这个元素放到后面，使其继续保持递减性质。从上面的操作看我们需要一个可以在尾部进行插入与删除，在头部进行删除的容器(最大值不在...