Luogu743373

摘要： 思路 首先这题要用最短路是显然的，但是边权不固定（但对 dijkstra 过程没影响，因为边权没有负数）。在做 dijkstra 的时候，我们的边权取决于不固定的当前高度和固定的增长高度，然后类似 P1516 用 exgcd 把边权算出来松弛即可。 注意事项 请及时取模，否则在乘法和 exgcd 时 阅读全文

摘要： 思路 若 aia_iai​ 的与结果中第 iii 位是 111，则必须每个 aia_iai​ 的第 iii 位都是 111。然后我们只需要从高位开始枚举 iii，如果次数足够那就操作，否则就不操作。 代码 # include <bits/stdc++.h> using namespace std; 阅读全文

摘要： 思路 aaa 名志愿者，每名 111 份，共 aaa 份；bbb 支单挑队，每支 111 份，共 bbb 份；ccc 支双打队，每支 222 份，共 2c2c2c 份；ddd 支三人队，每支 333 份，共 3d3d3d 份。总共 a+b+2c+3da+b+2c+3da+b+2c+3d 份。 代码 阅读全文

摘要： 思路 首先考虑朴素 dfs。若 A 必胜，则说明至少有一种情况能使得 B 必败；若 A 必败，则说明无论他取什么（或者不取），B 都必胜。 当然，那样会 TLE：例如当 A 取了 a,ba,ba,b 后 B 取了 c,dc,dc,d 与 A 取了 c,dc,dc,d 后 B 取 a,ba,ba,b 阅读全文

摘要： 思路 我们可以先以 ccc 为第一关键字从小到大排序，aaa 为第二关键字从小到大排序，此时我们就只要删去 ai<aja_i<a_jai​<aj​ 且 i<ji<ji<j 的元素即可，剩下的数下标从小到大排序输出就行。 代码 # include <bits/stdc++.h> using names 阅读全文

摘要： dfs 练手题。 思路 我们可以把每一辆车上的目前总重量记录下来，然后对于每一只猫枚举每一辆车，要么蹭上一辆车继续 dfs，要么自己新开一辆车 dfs。也可以再加一个最优性剪枝（即如果当前车数大于已知最优解就直接结束）。我这里还用了一个从大到小排序的优化，因为越小的越容易蹭车，不用开新车嘛。 代码 阅读全文

摘要： 提速偷懒小技巧 使用 bitset 自带的位运算配上 01 背包，真是又快速又省代码长度！ 思路 首先设 s=∑ais=\sum a_is=∑ai​，若 s mod 2=1s\bmod2=1smod2=1，显然最开始就是好的，不用删；否则可以先用 01 背包判断是否存在子序列之和为 s2\frac 阅读全文

摘要： 思路 字典树板子题。如果你不会字典树，请右转其它题解。 我们用 tri,jtr_{i,j}tri,j​ 表示从 iii 号节点转移过来且以字母 jjj 结尾的节点编号，si,js_{i,j}si,j​ 表示这种前缀字符串（从 iii 号节点转移过来且以字母 jjj 结尾）的个数，我们不管前缀有多长， 阅读全文

摘要： 思路 首先我们设 sis_isi​ 是 aia_iai​ 的位数，则 f(ai,aj)=ai×10sj+ajf(a_i,a_j)=a_i\times10^{s_j}+a_jf(ai​,aj​)=ai​×10sj​+aj​。首先先看放在地位的情况，aia_iai​ 会被放在低位 i−1i-1i−1 次 阅读全文

摘要： 思路 题目中有一点对本题而言非常重要：mod=108,ai<108mod=10^8,a_i<10^8mod=108,ai​<108，所以 ai<moda_i<modai​<mod，这也就说明 ai+aj<2×moda_i+a_j<2\times modai​+aj​<2×mod。首先只有当 ai+a 阅读全文