随笔分类 - 洛谷luogu
摘要：题目传送门 这道题其实直接做就好了，枚举每一个数，把这个数拆分一下就行了。 代码： #include<cstdio> using namespace std; int sum[10001],l,r; int main(){ for(int i=1;i<=10000;i++){ int k=i,cnt
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摘要：一看就不能用求根公式 首先，因为 \(a_i\) 很大，如果要高精度的话，时间复杂度都过不去。 那么，我们考虑把这个大数取模，这样如果弄出来是零，这个值就有可能是一个根。 这个模数最好是一个大质数，这样正确率会高一点 代码 #include<bits/stdc++.h> #define ll lon
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摘要：首先，如果 \(n\) 个都要选，那么显然，应该先把 \(b\) 值大的先选掉，这样浪费最小。 基于这种想法之上，我们就可以先按 b 排个序，然后 \(dp\) 用 \(f_{i,j}\) 表示在前 \(i\) 个中选了 \(j\) 个的最大金币数 所以递推式就十分显然，\(f_{i,j}=\max
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摘要：因为每一条边都要走个遍，所以 如果一个点的入度等于出度，那么在这个点一定不用走路。 如果一个点的入度小于出度，那么肯定还要从其他的点走路到这个点 如果一个点的入度大于出度，那么肯定还要从这个店走路到其他的点 现在，我们只要知道每一个点的入度减掉出度。 比如样例 很显然，让 \(②\) 和 \(①\)
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摘要：一看题目，搜索题啊。 首先，枚举排列，然后验证是否在同一条斜线上 设有两个点是 \(i,j\) 那么如果他们在从左上到右下↘的斜线上，那么一定满足$X_i-Y_i=X_j-Y_j$ 如果他们在从左下到右上↗的斜线上，那么一定满足$X_i+Y_i=X_j+Y_j$ 所以打出代码： #include<c
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摘要：一道哈希题。 因为只有两个关键字，直接用进制哈希。 然后存到一个数组里面，每次边更新答案边哈希 代码 #include<cstdio> using namespace std; int n; char a[100],b[100]; int get1(int i){//对城市开头的哈希 return
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摘要：看数据可以猜测：这是一道状态压缩的动态规划题 没错。 我们用 \(f_i\) 表示在 \(i\) 状态下最少需要多少节点。 那么转移方程就是： \[ f_i=\min\limits_{j\&i=j}{f_j+f_{i-j}-lcp(i)} \] 这个 \(lcp(i)\) 就是在 \(i\) 状态下
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摘要：这个题目名称十分诡异。 然后我可以提供两种做法，复杂度一样，都是$O(n\log n)$的。 方法一 因为我们每一次使用魔法，就会让那个什么鬼畜的人物多走个$a_i$天，所以就可以贪心，每一次只要取大的就可以了，然后因为每一次都要加在一起看看够不够，所以就可以二分了。 代码 #include<bit
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摘要：我一开始就打出来了，可是忘记一个很重要的剪枝，就是如果当前的步数已经超过答案的步数就不用搜了，还有就是每一个点的每一种状态都只能走到一次(其实就是走到一个点，之前使用了相同的魔法已经到过这个点)那么也不用搜下去了。 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：一看，这个就是一个组合数学，如图所示 这样，很容易想到分类讨论，如果$x,y$在两侧和$x,y$在同侧。 如果是两侧的话，就可以枚举这两个位置的高度然后用组合数算出来就可以了。然后的话如果在同侧就不用管什么东西，把第$x$个位置到第$y$个位置的所有位置都是一样高的，就可以看成一个城市，剩下的左边$
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摘要：题面传送门 思路 因为最多只能两个物品一起，所以排个序，然后用两个指针，如果这两个可以，那就两个都要了，否则就只能要大的一个 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int a[30001]; int main(){ scan
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摘要：题面传送门 思路 因为跑和使用魔法不能同时执行，所以可以先处理光光使用魔法，然后再处理跑的情况 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int m,s,t; int f[300001]; int main(){ scanf("%d%d%d",&
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摘要：题面传送门 思路 用结构体拍个序，然后输出就可以了。 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; struct zj{ int x,y,z,sum,num; bool operator < (const zj &a)const{ if
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摘要：题面传送门 思路 一看嘛，不就是两遍$dp$，结果标签上写着个单调队列，我怎么想不出来如何单调队列啊。 于是，就只好打了暴力$dp$结果$A$了。 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; int a[101]; int f1[10
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摘要：题面传送门 思路 我明知正解是枚举每一位是否进位然后用高斯消元来验证是否有解。 可是我偏不！！！！ 我偏偏$dfs$。 剪枝剪枝+剪枝。 剪枝一：从低位的数开始搜索。 剪枝二：枚举每一个字母是什么数的时候从大到小枚举。 剪枝三：因为每一位最多只会进1，所以判断每一位如果不是这样的就直接$return
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摘要：题面传送门 思路 本蒟蒻表示：我只会用优先级队列做。 贪心：每一次只要取出最少的两堆合并就可以了。 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; priority_queue<long long,vector<long long>,gr
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摘要：题面传送门 思路 $STL$真好，有两个函数： next_permutation() prev_permutation() 分别是求出数组的下一个排列，和上一个排列。 可以就返回$1$，如果无法操作了，返回$0$ 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：题面传送门 思路 一道模拟题，注意下细节 代码 #include<bits/stdc++.h> int s,h; int main(){ int x; for(int i=1; i<=12; i++){ scanf("%d",&x); s=s-x+300; if(s<0){ printf("-%d"
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摘要：题面传送门 思路 因为只有唯一的顺序才完所有的花生，所以直接模拟即可 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,t; int k; struct zj{ int x,y,sum; bool operator < (const zj
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摘要：题面传送门 思路 直接$dfs$，注意要输出后序，即为先左子树再右子树最后根 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; string a; void dfs(int l,int r){ if(l<r){ dfs(l,(l+r)>>1
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