摘要：
（一） 因为 \(2^{n}+2^{n}=2^{n+1}\)。 设取的三个数为 \(2^i\)，\(2^j\)，\(2^k\)，\(i\le j \le k\)。 因为 \(2^i+2^j>2^k\)，所以 \(j=k\)。（反证法易证） 此时 \(i\) 任意取。 注意不要重复取。 将答案分为两类 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:27
Jerry_heng
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摘要：
（一） 从 \(i\) 到 \(j\) 有两种走法，一种是用 \(a_j-a_i\) 的代价，一种是用 \(1\) 的代价，前提是 \(j\) 是 \(i\) 最近的。 显然如果符合条件选第二种。 先考虑从左向右走。（和从右向左相同） 考虑走到了节点 \(i\)，如果 \(a_{i+1}-a_{i} 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:26
Jerry_heng
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（一） 直接暴力！！！ 对于每一个数，枚举它能生成的数。 然后对于每一个可能的答案，开长度为 \(k\) 的优先队列维护，同时统计操作次数和。 时间复杂度为 \(Θ(\log^2_2n)\)。 惊讶地发现顺便把双倍经验给切了。（卡过） （二） AC 代码。 #include<bits/stdc++. 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:25
Jerry_heng
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（一） 不太好想。（我看了题解才会） 当 \(k>2\) 时，可以选两次相同的 \(i\) 和 \(j\)。再将生成的数做差。 当 \(k=1\) 时，直接 \(Θ(n^2)\) 枚举。 当 \(k=2\) 时，先枚举第一次的 \(i\) 和 \(j\)，再用 lower_bound() 实现查找第 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:25
Jerry_heng
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把字符串从小到大排序，插到字典树中。 将字典树每个节点记录以该节点为倒数第二个字符的字符串，用 vector 存储。 将字符串长度小的向长度大的连边。 最后形成有向无环图，跑拓扑最长路即可。 处理最长路看 P1807。 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:25
Jerry_heng
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（一） 每次下注，要么赚 \(y\times (k-1)\)，要么亏 \(y\)。 由于不知道什么时候会输，每次都下能赚回前面所有的金额好了。 第一次下 \(1\) ，共下 \(x+1\) 次。 （二） AC 代码。 #include<bits/stdc++.h> using namespace s 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:24
Jerry_heng
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考虑使 \(a_i>a_j,a_{i+1}<a_{j+1}\) 或 \(a_i<a_j,a_{i+1}>a_{j+1}\)。 AC 代码。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t,n,a[100010]; int main(){ scan 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:24
Jerry_heng
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（一） 题意转化为求 \(i<j\) 且 $a_j\le a_i $ 的有序对 \((i,j)\) 数。 二维偏序，容易想到用树状数组或归并排序做。 （二） AC 代码（树状数组）。 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namesp 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:24
Jerry_heng
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（一） 考虑对每一种颜色单独求解。 对于一次第 \(k\) 种的“循环”，美丽度会加上 \[\sum_{i=1}^{a_k}C_{n}^{i}\times v_k^{i}=(v_k+1)^{a_k}-1 \]相信大家都学过二项式定理。 “循环”次数取决于其他珠子是否出现，即 \(2^{\sum_{i 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:23
Jerry_heng
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（一） 虽说代码较长，但非常好理解，还是最优解（公开的就两个）。 考虑对每个数单独算贡献，循环枚举与它进行运算的数的长度，然后确定那个数的位置即可，再乘以出现的数位对应的贡献，如出现在倒数第二位就乘 \(10\)。 难度应该不到绿。 （二） AC 代码。 #include<bits/stdc++.h 阅读全文
posted @ 2024-03-27 12:23
Jerry_heng
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