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摘要： 传送门 题目思路 从这里学习完后跑来做这道题，这解释了为什么我能想到拆分转化成合并。不知道 Knuth 的先去学习一下叭。 比较板的题，动态规划部分就不讲了，主要解释一下怎么计算代价。 定义 \(a_i\) 为第 \(i\) 段的末尾。那么易得第 \(i\) 段的范围就是 \(a_{i-1}+1\) 阅读全文

摘要： 传送门 题目思路 最初我的思路是从头开始遍历，如果不能满足 \(s_i < s_{i-1}\) 则终止，否则将 \(s_i\) 加入答案 \(t\)。由于我只考虑到形如 aaaa 的字符串最后答案是 aa，于是我愉快地提交并且失败了。 错误写法： for(int i=1;i<n;i++){ if(s 阅读全文

摘要： 传送门 题目思路 由于“无需最小化或最大化天数”，所以很容易有一个贪心的做法：当办公室内人数变为 \(0\) 时，可以在此处划分为一天。 无解的情况有多种。注意，同一天一个人离开了又来了也算是无解，对应样例 \(3\) 。 代码中的注释会更详细一点。 AC Code #include<bits/st 阅读全文

摘要： VJ传送门 题目思路 预处理从前往后和从后往前计数 \(0\) 和 \(1\) 的个数。 从前往后枚举段的开头，找到期望中段的结尾，记录长度。用 map 记录。 然而，代码很矢。下面的Better Code里有更好的代码，思路差不多，附有详细注释。 AC Code #include<bits/std 阅读全文

摘要： VJ传送门 题目思路 直接模拟。 注意到时间有可能不为整数。大胆用 double 去做。 AC Code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; double vp,vd,t,f,c; int ans; signed main(){ ios::syn 阅读全文

摘要： 传送门 题目思路 蜘蛛的移动方向只有四个（有用的只有三个，方向向下的蜘蛛不会对答案产生任何贡献），所以做法是枚举每一个位置，倒推出原来蜘蛛可能存在的位置，如果确实有则改位置答案数加一。 对向上走的蜘蛛有另一种方法处理，题解区有人讲解，这里不赘述。 AC Code #include<bits/stdc 阅读全文

摘要： 传送门 题外话 被 CF 上的题解硬控半小时都不懂啊真的读不懂。 题目思路 由题意中的式子可知：如果要对位置 \(i\) 进行一次操作，\(a\) 的长度必须满足 \(|a| = a_i + i -1\)。如果对位置 \(i\) 进行一次操作，\(a\) 的长度会增加 \(i-1\) 位。 稍微能看 阅读全文

摘要： 传送门 题目思路 先预处理不同的边长作为高的立方体，共 \(3 \times n\) 种情况。 再建图。如果块 \(A\) 可以放在块 \(B\) 上，就建一条 \(A\) 指向 \(B\) 的边，边权为 \(B\) 的高。 最后建一个超级源点，指向其他所有点上。 问题就转化成如何选择可以使边权最大 阅读全文

摘要： 传送门 题目思路 我们容易想到：如果当前边在输入中的顺序比父节点到祖父节点的边的顺序更早，那么这条边必须在下一轮才能被添加。 根据这个思路，我们需要的转移条件有每个点的父节点和每条边被加入的时间。 对于处理父节点和子节点的关系，可以想到 dfs 遍历整个树。每条边被加入的时间可以在输入时记录。 设 阅读全文

摘要： 题目翻译 给你一棵有 \(N\) 个顶点的树。边 \(j\) 权重为 \(w_j\)。另外，顶点 \(i\) 的权重为整数 \(x_i\)。如果是 \(x_i > 0\)，那么 \(x_i\) 个正电子被置于顶点 \(i\)。如果是 \(x_i < 0\)，那么 \(-x_i\) 个电子被置于顶点 阅读全文