随笔分类 - 题解
摘要：题意：给 $n$ 个数冒泡排序，求期望交换次数。 思路 这个题目可以转化为求 $n$ 个数的期望逆序对个数。 那么，$n$ 个数有 $C_n^2=\dfrac{n(n-1)}2$ 组数对， 又因为有这句话：虽然没什么影响 每个数不同，那么一对数就有 $\dfrac12$ 的几率是逆序对， 所以期望逆
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摘要：水思维题。 大意 有一个矩阵 $a$，$a_{ij}=i+j$。 两个操作，一个删一行，一个删一列。 删完之后剩下的行 / 列不会向上 / 左补齐。 每次操作后输出所有删掉的 $a_{ij}$ 的和。 思路 这种题一看就可以用各种神奇的数据结构来做， 然而我不会它是道橙题，没有必要。 我们分别分析操
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摘要：可以想到一个结论：（不会证） 在原字符串中的相同字符，经过操作后相对位置不变。 思路 我们可以给 'a'-'z' 每个字符开个数组， 它们各自在目标字符串中的出现位置存到一个“桶”里。 然后再把这个“桶”对应到原字符串里，就会得到一个数组。 比如说，aabcba 这个字符串，它的目标字符串就是 ab
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摘要：题意 一个数列，每次操作把一个位置改成 1， 每次操作后，求数列中有多少段连续的 1。 思路 分类讨论，考虑每次操作的位置的左右两边的数（只是两个数）： 左右两边的数都是 0：...0 1 0... 这个位置单独构成一段，答案加一。 左右两边的数都是 1：...01...1 1 1...10...
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摘要：较水的贪心+模拟，而且没感觉有多少细节啊。 贪心策略 尽量让画家到达一个端点，然后依次画到另一边。 这样就可以保证移动距离是 $min(k-1,n-k)+|n|$。 我们知道，$|n|$ 的距离是无法避免的，而且是画完的最优方案。 那么为了达成这个方案，就要移动到更近的端点。 这样就可以保证方案是最
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摘要：这就是个贪心。 贪心策略 因为两个操作都和第 2 堆有关，所以要让第 2 堆的尽量少拿。 操作 2 需要 1 个第二堆的，而操作 1 需要两个。 所以先用操作 2，不能拿了再用操作 1。 代码实现 注意多组数据每次 ans 要重置。 #include <iostream> using namespa
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摘要：y1s1，这题评红感觉低了。 没思路？提醒三个字：前缀和！ 还是没思路？再提醒三个字：倒着推！ 到现在还没思路？往下看吧。 思路 这道题采用（类似）前缀和的方法优化。 设 $s[i]$ 为 $[i,n]$ 区间内有几个不同数。 现在只需要推出 $s$, 处理就可以 $O(1)$ 了。 这里不能正着推
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摘要：FBI Warning 此题是一道思维题，请不要"对着题解调试程序"(大雾 前置芝士 一维前缀和（就够了） 最大子段和（P1115） 二维数组（能做到蓝题的应该都会吧） 思路 注意，这题的 $n$ 和 $m$ 是和其他题反过来的！ 这题明显是一个卡了我两天的最大子矩阵和板子题。 有同学就要问了：那为
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摘要：好家伙，这数据加强就改个 long long 就行了。 前置芝士 to_string(int n)：把 n 转成 string。 reverse(iterator a, iterator b)：将 a 到 b 的区间反转。 pow(double a, double b)：求 $a^b$ 思路 枚举进
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摘要：前置芝士 to_string(int n)：将 n 转换为 string stoi(string s)：将 s 转换为 int reverse(iterator a, iterator b)：反转 a 到 b 之间的区间。 思路 暴力模拟，枚举 $m$ 到 $n$ 的每一个数。 依次判断区间内的数，
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摘要：这题和B2097 最长平台异曲同工 思路 从第二位开始枚举字符串，判断能否和前一位借上。 为什么不从第一位开始呢？因为第一位没有前一位。 如果能接上，记录当前的"平台"的长度。 否则就输出当前的答案，重置当前的字符和长度，接着往下找。 注意最后的"平台"的后面没有能和这个平台接不上的字符，所以要补一
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摘要：思路 这题要求初始集合在操作之后 与输入集合相同。 步骤最少。 那不操作，集合不变，与初始集合相同。 而且一步也没有，就是步骤最少了。 代码 int main(){}
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摘要：前置芝士 isupper(char c):判断 $c$ 是否大写字母。 islower(char c):判断 $c$ 是否小写字母。 toupper(char c):返回 $c$ 的大写形式。 tolower(char c):返回 $c$ 的小写形式。 上面四个函数都在 <cctype> 中 rev
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摘要：前置芝士 round(double x) :将 $x$ 四舍五入成整数。 思路 建一个新矩阵用来存放答案，枚举一遍原矩阵。 如果枚举到的点在边上，就直接把值赋给新矩阵。 否则就取原矩阵的点的上下左右中的平均值。 因为按顺序处理新矩阵时，下方和右方都是0， 所以不能用新矩阵的平均值。 代码 #incl
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摘要：思路 观察样例，注意每一行和每一列的关系。 可以看出，第 i 行与第 i 列是完全一致的。 所以，我们只需要调换每一行与同序数的列即可。 换句话说，把行和列的下标换一下。 代码 #include <iostream> using namespace std; int a[101][101], at[
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摘要：思路 用二维数组输入，保存 $A,B$。 接着，枚举所有 $c[i][j]$，根据公式求值。 可以看出，公式中变化的下标是从 $0$ 到 $m$ 的。 所以可以从 $0$ 到 $m$ 枚举这个下标。 注意每次枚举的边界。 代码 #include <iostream> #include <cstdio
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摘要：思路 观察下图： 红色箭头代表枚举顺序。 我们4次枚举 $x,y$，依次判断 $x,y$ 是否满足图中的四个条件。 注意左下-右上的箭头对于下标是逆序的，枚举时要注意。 代码 #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std;
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摘要：思路 枚举每个位置。 如果能和前面接上(和前一项相等)就累计长度，更新最大值。 否则把长度重置成1，继续枚举。 代码 #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int n, k, t = 1, s, a[101]; i
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摘要：思路 定义数组 $cnt,cnt[i]$ 表示 i 的出现次数。 枚举一遍原数组，统计每个数出现的次数。 然后从 0 到 fmax 遍历 cnt，输出从 0 到 fmax 每个数的出现次数。 代码 #include <iostream> #include <algorithm> using name
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摘要：思路 排一遍序，找出最大值和最小值，累加剩下的值。 平均值即为累加值$/n-2$。 再用平均值依次减所有有效值，找到差的绝对值的最大值。 代码 #include <iostream> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstdio> us
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