Luogu743373

摘要： 思路 我们设 g=gcd⁡(a1,a2,a3,…,an)g=\gcd(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n)g=gcd(a1​,a2​,a3​,…,an​)，然后我们只要构造一个类似 g,a1,g,a2,g,a3,…,g,ang,a_1,g,a_2,g,a_3,\dots,g,a_ng,a1​ 阅读全文

摘要： 思路 这题我们只要 O(n2)O(n^2)O(n2) 枚举 jjj 和 kkk 就行，根据乘法原理，对于每个 {j,k}\{j,k\}{j,k}，所有方案共有在 jjj 前等于 aka_kak​ 的数量乘上在 kkk 后等于 aja_jaj​ 的数量即可。做一个前缀和快速求出区间相等的元素个数，前缀 阅读全文

摘要： 思路 这题的舍取我们可以分情况考虑： xxx 是叶子结点，删不删无所谓，都是 000； xxx 有一个儿子，果断删，保全它的所有子节点，共 sx−1s_x-1sx​−1 个（其中 sxs_xsx​ 表示以 xxx 为根的子树下的节点个数）； xxx 有两个儿子，只能舍一个保一个，保左儿子和保右儿子取 阅读全文

摘要： 思路 一道暴力题。因为 t≤100t\le100t≤100，所以我们只要循环枚举 mmm 的最大值就行了。然后贪心，肯定是先把 mmm 加到最大再移动，除非不能整除了。加 mmm 需要 m−1m-1m−1 次，移动 xxx 需要 ⌈xm⌉\lceil\frac xm\rceil⌈mx​⌉ 次，移动 阅读全文

摘要： 思路 这题其实就是每次贪心从头读到尾，暂时不能读的就要等下一轮读，直到读完。如果有环就永远读不完。 然后就是拓扑排序板子。但是这题因为每次阅读必须递增，因此我们可以用 set 加上 lower_bound 代替 queue。 代码 # include <bits/stdc++.h> using na 阅读全文

摘要： 思路 这题当然不能暴力建图，会超时。不难发现，a&b=0a\&b=0a&b=0（此处的 &\&& 指按位与）时，∀b∈¬a\forall b\in\neg a∀b∈¬a。于是我们只要枚举每个 ¬a\neg a¬a 的子集就行了。 代码 # include <bits/stdc++.h> using 阅读全文

摘要： 思路 这道题中，原本是最短路的板子题，但因为有 sis_isi​ 的变化，所以我们不能直接普通使用最短路。然后你会发现 nnn 和 sis_isi​ 都很小，只有 100010001000，因此我们可以把 di→di,jd_i\to d_{i,j}di​→di,j​，其中 di,jd_{i,j}di 阅读全文

摘要： 思路 题目中说了“至多一次操作”，所以只有左边连续一段和右边连续一段不可能被改。这时候分情况讨论： a1=a2=a3=⋯=ana_1=a_2=a_3=\dots=a_na1​=a2​=a3​=⋯=an​，答案是 000; a1=ana_1=a_na1​=an​，答案是 nnn 减去头尾的连续段； a 阅读全文

摘要： 思路 我们首先要计算出 mid=∑ainmid=\frac{\sum a_i}nmid=n∑ai​​，因为这是我们的目标。由于 iii 必须 <j<j<j，所以我们可以从前往后贪心。如果 ai>mida_i>midai​>mid，那就把多余的 ai−mida_i-midai​−mid 单位的水倒到下 阅读全文

摘要： dijkstra 板子题。这题每个点就连两个边，然后就没有然后了。 代码 # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair <int, int> pii; const ll inf = 阅读全文