纯思维题目   还是很好想的：假设我现在知道了前 i - 1 张的答案，然后我需要求前 i 张牌的答案(为什么是这样想？，因为题目就是这么说的：依次回答的每一个答案   那么当我新加入a[i]时，如果前 i  - 1张牌里面有 a[i] - 1 或者有 a[i] + 1牌时，那么我是不是就可以连成顺子来打？   可以将a[i]与a[i] - 1或者a[i] 与 a[i] + 1连接成顺子，这样前 i 张牌的答案就是前 i - 1张牌的答案，但是：   比如[4, 5, 4]，答案是[1, 1, ?]此时 "?"就不是1而是2，所以这里面还得考虑一个关键因素：数量   那么结论就是：(...

2是唯一一个偶数质数，其他的质数都是奇数   所以在中：   显然如果都是奇数质数，则为偶数，为奇数，则肯定不满足   所以中肯定其中一个为2   所以不妨令，然后枚举小于n的质数即可   总代码:   #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' #define int long long #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie...

唯一分解定理:任何一个大于1的整数n都可以分解成若干个质数的连乘积   那么   则的因子总个数为   那么对于给定的n，求   方案一：全部分解为质数，那么值为   方案二：不分解，那么值为   方案三：分解部分：例如将n分解为:,那么值为   显然方案二总是比方案三更好，所以只需考虑方案一与方案二的优劣   当n只能分解为一个质数时，此时方案一的值为，而方案二为,此时方案一比方案二更优   当n可以分解为多个质数时，方案二比方案一更优   总代码：   #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define&...

cin >> n >> m; vector<int> dp(m + 1); for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> v[i] >> w[i]; for(int i = 1; i <= n; i ++){  ...

不断进行操作：,求所有相等的 最小操作次数   显然如果数组中没有0， 那么mex = 0， 导致, 所以似乎直接输出 -1   但是如果一开始所有的都相等的话，那么操作次数为0.      思路一：模拟即可    #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' #define int long long #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);co...

二分查找套牌的数量   bool check(int x){     int sum = 0;     for(int i = 1; i <= n; i ++){         if(c[i] < x) sum += (x -&nbsp...

纯思维题目   给了范围,且, 那么将所有数字对取模,得到的余数0, 1, 2, 3, ... x - 1都至少出现一次     如果是的倍数,那么, 即,那么就不会剩下一个数字,即答案为0   否则我们拿出这个数字：,也只需要拿出一个数字   所以答案只会是0或1   总代码：   #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' #define int long long #define IOS ios::sync...

emm....   将绝对值打开，只有四种情况：            所以就只需要对和排序即可   总代码：   #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' #define int long long #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL); #define HelloWorld IOS; si...

很不错的二分题目：因为我都不知道这是一道二分题目   在第i行里面：i  1, i  2, i  3, i  4, i  5, ......   如果我要这这一行里面求比 小于等于x 的个数：那么答案是 min(,m).    那么就可以O(n)求出这nm里面有多少个小于等于x的个数！   然后二分即可   总代码：   #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl&nbsp...

定义dp[i][0/1]表示跳到第i个阶梯并且最后一次跳跃了偶数/奇数个楼梯   分析dp[i][0]: 最后一次跳跃了偶数个楼梯, 那么最后一次跳跃了2, 4, 6, ...个楼梯, 即上一次是在第i - 2, i - 4, i - 6....阶梯, 又因为跳跃的阶梯是奇偶交替的, 所以跳到第i - 2, i - 4, i - 6....阶梯最后一次是跳了奇数个楼梯   所以dp[i][0] = dp[i - 2][1] + dp[i - 4][1] + dp[i - 6][1] + .......   又因为dp[i - 2][0] = dp[i - 4][1] + dp[i - 6][1...

传统的dp方法的时间复杂度是O(n2)   可以用O(n logn)时间复杂度求得最长长度,但仅是序列长度不是序列本身   总代码：   #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' #define int long long #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL); #define HelloWorld&n...

很经典的递归题目   void dg(char a, char b, char c, int n) a, b, c分别表示这三个杆子，n表示目前圆盘的个数   然后步骤：   目的：将a上面n个圆盘移动到c上面   第一步：将a上面的n - 1个圆盘移动到b上面   第二步：将a最下面的1个圆盘移动到c上面   第三步：将b上面的n - 1个圆盘移动到v上面   所以递归函数就是：   void dg(char a, char b, char c,&nbs...

操作一：返回栈顶元素   操作二：将value加入push到栈顶   操作三：将栈顶元素删除   操作四：返回栈里面最小的一个元素   操作一,二,三是栈stack的基本操作;   如果用O(1)的时间复杂度直接返回栈里面最小的元素呢？   用第二个栈来维护第一个栈里面的最小元素：sta1, sta2   当执行操作二时：只有当sta2为空或者valuesta2.top()时,才将value加入到sta2的栈顶里,这样做：sta2里面只放入最小的元素(sta2里面的元素可能有多个,但栈顶一定是目前最小的元素)   只要最小的元素还在sta1里面,那么该最小元素就一定在sta2的栈顶   当执行...

递归题目，求表达式的值      求当前字符串s表达式的值,实现需要用栈依次存储数字：   如果当前state是‘+',求push(num)   如果是'-', 就push(-num)   如果是'*',就将栈顶的元素乘以num即可   一开始的时候state定义为'+',相当于0 +   处理数字值:   if('0' <= s[i] && s[i] <= '9'){     sum = sum * 10 +&nbs...