随笔分类 - 题库------洛谷
摘要：次元传送门：洛谷P4158 思路 f[i][j][k][0/1]表示在坐标为(i,j)的格子 已经涂了k次 （0是此格子涂错 1是此格子涂对）涂对的格子数 显然的是 每次换行都要增加一次次数 那么当j=1时： 当j>1时分成两种情况 当第i格和第i-1格相同 当第i格和第i-1格不同 每次查找都要取
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摘要：次元传送门：洛谷P1070 思路 一开始以为要用什么玄学优化 没想到O3就可以过了 我们只需要设f[i]为到时间i时的最多金币 需要倒着推回去 即当前值可以从某个点来 那么状态转移方程为： now表示从now这个工厂来 cost表示在now买下了机器人 val为从now走i个单位时间路上可收集的总金
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摘要：次元传送门：洛谷P2577 思路 首先贪心是必须的 我们能感性地理解出吃饭慢的必须先吃饭（结合一下生活） 因此我们可以先按吃饭时间从大到小排序 然后就能自然地想到用f[i][j][k]表示前i个人在第一个窗口排队用了j时间 在第二个窗口排队用了k时间 然后就自然地炸空间了 所以我们要降维 因为我们可
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摘要：次元传送门：洛谷P1169 思路 浙江省选果然不一般 用到一个从来没有听过的算法 悬线法： 所谓悬线法 就是用一条线（长度任意）在矩阵中判断这条线能到达的最左边和最右边及这条线的长度 即可得到这个矩阵的最大值 那么我们定义3个数组 l[i][j]表示(i,j)能到达最左边的坐标 r[i][j]表示(
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摘要：次元传送门：洛谷P1273 思路 一开始想的是普通树形DP 但是好像实现不大好 观摩了一下题解 是树上分组背包 设f[i][j]为以i为根的子树中取j个客户得到的总价值 我们可以以i为根有j组 在每一组中分别又取1个，2个，3个......n个客户 化为背包思想即 j为一共有j组 背包容量为每组的客
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摘要：次元传送门：洛谷P1373 思路 设f[i][j][t][1/0]表示走到(i,j)时 小a减去uim的差值为t 当前是小a取（0） uim取（1） 那么转移就很明显了 初始化 答案存在每个点对应的f数组中 差值为0 且是uim取值的数组中 代码
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摘要：次元传送门：洛谷P1966 思路 显然在两排中 每排第i小的分别对应就可取得最小值（对此不给予证明懒） 所以我们只在意两排的火柴是第几根 高度只需要用来进行排序（先把两个序列改成有序的方便离散化） 因此我们对火柴的高度进行离散化 把火柴高度变为1到n的序列 然后我们只需要对一个序列a固定 求另一个序
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摘要：次元传送门：洛谷P1073 思路 一开始看题目嗅出了强连通分量的气息 但是嫌长没打 听机房做过的dalao说可以用分层图 从来没用过 就参考题解了解一下 因为每个城市可以走好几次 所以说我们可以在图上随意走动 所以第一层图就建一个边权为0的图 随意走动不影响 考虑在某个点买入水晶球 建立一条有向边到
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摘要：次元传送门：；洛谷P1080 思路 我们模拟一下只有两个大臣的时候发现 当a1∗b1<a2∗b2是ans1<ans2 所以我们对所有大臣关于左右手之积进行排序 得到最多钱的大臣就是最后一个（当有左手除右手向下取整为0的时候不一定 只有第二个点可以特判） 所以答案用前n-1个人的左手相乘除以第
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摘要：次元传送门：洛谷P1315 思路 思路大概想到了 可是代码实现却没想到 所以参考题解了 D2T3的贪心果然有难度 我们考虑在每次用加速器有两种情况 到下一个点还需要等待：以后的时间就不再影响了 到下一个点不需要等待：那么就会影响到后面的时间直到出现情况1（或者到最后一个点） 用sum[i]数组记录到
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摘要：次元传送门：洛谷P1941 思路 从题意可知 在每个单位时间内 可以无限地向上飞 但是只能向下掉一次 所以我们可以考虑运用背包解决这道题 上升时 用完全背包 下降时 用01背包 设f[x][y]为在坐标(x,y)时的最小点击屏幕次数 当飞到天花板时和撞到柱子时特判 一开始设ans为极大值 如果最后一
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摘要：次元传送门：洛谷P2679 思路 蒟蒻一开始并没有思路而去看了题解 我们发现对于两个字串的位置 我们只需要管他们匹配成功或者匹配失败即可 f[i][j][k] 记录当前 a[i]不论等不等于b[j] 我们可以选用也可以不选用 使用k个子串方案数（因为题目没有要求一定位置相同） r[i][j][k]
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摘要：次元传送门：洛谷P1514 思路 可以证明如果有解 那么每个蓄水池可以覆盖到的干旱区必定是线段 证明： 举个栗子 8 9 8 7 9 7 6 9 6 明显到不了中间的点 如果不是连续的线段 中间肯定有一个点到不了 无解 那么我们就可以从每个开头城市进行DFS 并且同时递归计算每个点可以到达的最左边和
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摘要：题目来源：洛谷P1052 思路 一开始觉得是贪心 但是仔细一想不对 是DP 再仔细一看数据不对 有点大 如果直接存下的话 显然会炸 那么就需要考虑离散化 因为一步最大跳10格 那么我们考虑从1到10都跳一遍 所以最大公倍数为2520 那么我们就可以枚举两个石头中间的长度mod 2520 即可缩短总长
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摘要：题目来源：洛谷P3952 思路 纯模拟没啥可说的了 果然好复杂 参考了你谷一个40行代码 代码
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摘要：题目来源：洛谷P3953 思路 先用SPFA求一遍最短路 在求最短路的同时可以把所有点到终点的最短路求出来 dis数组 注意要反向SPFA 因为从起点开始可能会走到一些奇怪的路上导致时间负责度增加 我们定一个f[u][k]数组为从当前节点u还剩时间k到达终点的方案 原来从u走到终点的最短路径消耗时间
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摘要：题目来源：洛谷P2827 思路 阅读理解题 一开始以为是裸的优先队列而已 但是发现维护一个切开并且其他的要分别加上一个值很不方便 而且如果直接用优先队列会TLE3到4个点 自测85分 所以我们需要发现题目中蕴含的单调性（我才不会说是从题解中发现的呢） 来自你谷aiyougege大佬的证明： 先被切掉
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摘要：题目来源：洛谷P1351 思路 由题意可得图为一棵树 在一棵树上距离为2的两个点有两种情况 当前点与其爷爷 当前点的两个儿子 当情况为当前点与其爷爷时比较好操作 只需要在传递时不仅传递父亲 还传递爷爷即可 当情况为两个儿子时 其实我们只需要的是所有儿子中比较大的两个 所以我们在遍历当前点的所有儿子时
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摘要：题目来源：洛谷P1541 思路 类似背包的题 总之就是四种卡牌取的先后顺序不同导致的最终ans不同 所以我们用一个四维数组每一维分别表示第几种取了几张的最大分数 然后就是简单DP解决 代码
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摘要：题目来源：洛谷P1311 思路 纯暴力明显过不了这道题 所以我们要考虑如何优化到至多只能到nlogn 但是我们发现可以更优到O(n) 我们假设我们当前寻找的是第二个人住的客栈i 那么第一个人住的客栈肯定在i之前 如果在枚举的时候发现一家客栈满足小于可承受价格 那么这家客栈左边与i客栈颜色相同的都可以
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