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分析：一开始想暴力dp，但是有环，不好处理。。考虑建一个图，从k向k-1连一条边权为1，向i*k连一条边权i*k的边，然后Dijkstra，复杂度为O(nlogn(loglog(n))，然而这数据范围。。这时间限制。。 可以简化，只连k乘一个质数p的边，并且p<=13，虽然并不会证明。。可以用未优化 阅读全文
posted @ 2017-07-15 18:31
7391_KID
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分析： KMP算法：参考http://www.cnblogs.com/c-cloud/p/3224788.html，是一个线性处理字符串匹配问题的算法 在这里利用到next数组，记t[i]为长度为i的前缀出现的次数，显然t[n]=1。next[i]即为子串[0,i]的后缀与前缀重复的最长长度，因此可 阅读全文
posted @ 2017-07-12 16:43
7391_KID
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分析：直接用二分还是会T，用更快的牛顿迭代法。把问题转化为求x^2-n=0的根，假设解为x0，当前解为x且x^2-n>0，在(x,x^2-n)处作切线，与x轴交点横坐标为新的x，然后迭代即可，比二分法快，但是貌似只能用在凹函数或凸函数上。。 java水高精度真是666。。。 阅读全文
posted @ 2017-07-09 23:35
7391_KID
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分析：gcd的问题可以考虑用容斥原理做，注意到y<=100，只需要枚举不超过100的数k，算出图中有多少条边权是k的倍数的路径，然后容斥一下即可。关键在于怎么算路径条数。 可以考虑用dp，记dp[i][j][k]为从i到j路径值为k倍数的路径数，dp[i][j][k]=∑dp[c][j][k]，c满 阅读全文
posted @ 2017-07-09 15:14
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分析：也就是取任意多个数，它们的最大公约数都在这个集合里。考虑到ai比较小，可以枚举小于a中最大值的所有数，判断是否为其中若干个数的gcd。记c[k]为a中k的倍数的个数，然后枚举k的倍数i*k，c[i]<2直接跳过，如果c[i*k]==c[k]，说明k的那些倍数也同时是i*k的倍数，k就可以不在集 阅读全文
posted @ 2017-07-06 22:30
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链接：http://codeforces.com/contest/820/problem/D 分析：|p[i]-i|每次只会变化1，先不考虑端点情况，就只有p[i]==i的时候变化，每次k+1的时候，对于正项，答案-1，负向+1，因此可以预处理每次移动改变符号的个数，单独处理下端点，就可以更新答案， 阅读全文
posted @ 2017-06-28 18:16
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链接：http://codeforces.com/contest/820/problem/B 分析：这算是平面几何题？？由于是正多边形，任意四点共圆，同一条弦所对的圆周角都相等，不妨设v1=2，v2=1，记∠2 1 3为ang，则∠2 1 k (k<=n)为 (k-2)ang，枚举或者二分一下求最接 阅读全文
posted @ 2017-06-28 11:27
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链接：http://codeforces.com/contest/820/problem/C 分析：A完一觉起来发现数据改了，WA掉了。。出题人觉得自己做法错了。。 首先把字符串记为A1 B1 A2 B2 A3 B3……，事实上，A3与A1完全一样，因此是个周期数列。为了方便，把a记做1，b记做2， 阅读全文
posted @ 2017-06-28 11:21
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链接：https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&category=594&problem=4669&mosmsg=Submission+received 阅读全文
posted @ 2017-06-26 20:49
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链接：http://codeforces.com/problemset/problem/821/E 分析：由于有边界而且不同段边界还不同，直接算是不行的。。k是1e18，dp也不行。。用一个16维的向量表示某一列16个位置可能的种类数，到下一列的转移矩阵容易得到，而且在同一段里转移矩阵一样，直接用快 阅读全文
posted @ 2017-06-26 19:17
7391_KID
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