摘要：
看完题目后，发现直接对 \(a\) 模拟操作的情况过多，不好处理。但如果对 \(n\) 进行逆向操作，似乎可以在很少步数内就变为 \(1\)。我们大胆猜想，用最少的步数使 \(n\) 变为 \(1\)，再考虑如何处理多余的次数（若次数不足则直接无解）。先列出转换后的操作： \(n\gets n + 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:18
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摘要：
蒟蒻太菜了，看不懂图论的做法，就只好找规律了。 分析题目，可以得到一些信息：\(n\) 个不同的数最多能组成 \(\dfrac{n(n-1)}{2}\) 个不相同的无序二元组，而一个 $n \times n $ 的下三角形同行相邻的数对数量为 \(\dfrac{n(n-1)}{2}\)，因此可以确定 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:17
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不难想到，求区间和可以先 \(O(n)\) 预处理前缀和，后面就能做到对于区间 \([l,r]\) 可以 \(O(1)\) 求出 \(\sum_{i=l}^r a_i\)。接下来考虑如何求解答案。 设预处理后的前缀和数组 \(sum_i=\sum_{j=1}^i a_j\)。 区间 \([l,r]\ 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:16
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Update on 2023.8.17：修正了一处小错误。 分析题目可知，答案至少为 \(\sum_{i=1}^{n} a_i\)。接下来考虑怎样使答案更大。 可以对 \(n\) 分成如下几类情况讨论： \(n=2\) 这种情况十分简单，如果选择操作最多一次，否则两次就会变为 \(0\)。用 $ \ 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:16
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考虑将 \(1\) 号点定为树根，然后通过搜索确定结点之间的父子关系。对于每次操作，先判断该边两端的点的父子关系，然后再分类讨论进行操作。 如何维护每个点的点权呢？注意到，修改有很多次，但查询只在最后有一次，因此可以考虑树上差分。具体地，设 \(a_i\) 表示 \(i\) 的点权，\(f_i\) 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:15
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不难想到，可以枚举每个 \(a_i\) 的倍数，并用一个数组统计出现次数，最后求最大值，理论时间复杂度 \(O(n \log n)\)。但如果 \(a_i\) 较小且重复出现，可能退化到 \(O(n^2)\)。因此可以做一个小优化：对于每个 \(a_i \le n\)，提前统计出每个数出现的次数，枚 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:15
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根据题意，不难想到贪心，将 \(a\) 从小到大排序，使得相邻两数之差的绝对值尽可能小。若存在两数之差的绝对值大于 \(k\)，则将两数之间作为一个“分界线”。在确定所有“分界线”后，序列被分成了多个子段，这些子段中最多保留一个才能满足条件。根据贪心，选择保留最长的一段，用 \(n\) 减去其长度即 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:14
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要找到这个单词，就要先找到这个单词的开头，在输入时即可判断。根据题意，保持列数不变，增加行数，直到不为字母，输出途经的字母即构成了单词。 #include <bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; char a[9][9]; 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:14
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签到题，按照题意模拟即可。遍历整个数组，当 $a_i \le 10 $ 时，用 \(b_i\) 更新最大值即可。 #include <bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; signed main() { int T,n,a 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:13
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看到本题，很容易想到贪心，对每一段相同的子串计算最小代价。但这种思路的评测结果显示有 \(3\) 个测试点 WA 了，因此解法错误。既然贪心行不通，我们不妨使用 dp，对每一位进行分类讨论并求最小耗时。 设 \(dp_{i,j}\) 表示 Capslock 状态为 \(j\) 时（\(j\) 为 \ 阅读全文
posted @ 2024-01-20 18:12
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