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容易想到二分答案。问题变为判断是否所有条件都被满足，可以发现这是很多变量间的相对关系，取个log之后就是经典的差分约束模型了。特殊的地方在于某些人的分数已被给定，从每个人开始跑一遍最短路判断一下是否能满足关系即可。 阅读全文
posted @ 2018-10-09 20:46
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打猝死场感觉非常作死。 A：判一下起点和终点是否在其两侧即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using name 阅读全文
posted @ 2018-10-08 12:50
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既然已经学傻了，这个题当然是上反演辣。 对于求积的式子，考虑把[gcd=1]放到指数上。一通套路后可以得到∏D∏d∏i∏j (ijd2)μ(d) (D=1~n,d|D,i,j=1~n/D)。 冷静分析一下，由μ*1=e，后面一串ij相关的式子仅当D=1时有贡献。这一部分就非常好算了。而d对某个D的贡 阅读全文
posted @ 2018-10-07 23:59
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容易想到设f[i]为杀死i号怪物所消耗的最小体力值，由后继节点更新。然而这显然是有后效性的，正常的dp没法做。 虽然spfa已经死了，但确实还是挺有意思的。只需要用spfa来更新dp值就可以了。dij看起来也差不多。 更新部分写的看起来就很慢很能优化一波，在luogu上T一个点，然而实在太懒了就算了 阅读全文
posted @ 2018-10-06 23:10
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A：搜索好难啊根本不会啊。 B：暴力枚举给哪段前缀乘，维护一些前后缀最大最小值之类的东西就很好算了。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<al 阅读全文
posted @ 2018-10-06 19:11
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A：做法应该很多，比较好想的是每个点都往上倍增找到其能更新到的点。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using na 阅读全文
posted @ 2018-10-06 02:01
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A：签到 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int read() { int 阅读全文
posted @ 2018-10-06 01:54
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A：搜索好难啊根本不会啊。 B：原题都能写挂没救了啊。考虑求出每个数作为最小值时能向左向右扩展到的最远位置，那么这段区间里的所有数就不可能作为唯一的最小值成为最优解了，否则假设可以的话这段区间里的数都能整除该数，也一定能整除之前找到的最小值，区间就可以扩展到这里。所以从左往右从右往左各扫一遍即可，注 阅读全文
posted @ 2018-10-05 16:02
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