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dp，用f[i]表示i划分的方案，直接枚举最后一个数是错误的，因为会导致c重复计数，然后正解十分神奇——当i为奇数，那么分解中一定有1，因此f[i]=f[i-1]当i为偶数若有1，同样转移到f[i-1]；没有1，可以将所有因数除以2，即f[i]=f[i-1]+f[i/2]，注意对1e9取模 1 #i 阅读全文
posted @ 2019-11-13 17:34
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按照Di排序，从小到大枚举物品，考虑如果直接能选就选上，不能选就考虑替换之前价值最小的来选（显然一定是可行的，只需要在原来选价值最小的时候选这个就行了），这个东西用堆来维护即可 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 struct ji{ 阅读全文
posted @ 2019-11-13 15:38
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初始如果没有限制，很显然每一头牛高度都是h当只有一个限制，让h[a]到h[b]的高度都减1即可容易发现两个限制不会相交（否则必然矛盾），只会包含或相离，因此没有影响，直接差分/线段树即可（注意：1.不保证a<b；2.可能会有重复） 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using 阅读全文
posted @ 2019-11-13 15:12
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很显然是一个最小割的模型，将网格图黑白染色分为两类，黑的向S连工业费用，向T连商业费用，白的反过来即可然后对于相邻的点，连上两个点的C之和（因为会产生两个），当然也可以变成两条边，就不需要存下C矩阵了 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 阅读全文
posted @ 2019-11-13 11:55
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构建一棵trie树，然后每一个点的次数*深度取max即可（然而这道题并没有这么简单）首先字符串长度为500000，字符类型52种，需要用邻接表存储（用map就别想了）然后字符串的读入十分麻烦，需要用getchar来读入，还要判掉多余回车最后还有点卡常，要注意常数 1 #include<bits/st 阅读全文
posted @ 2019-11-13 10:23
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根据purfer序列的原理，每一个purfer序列都一一对应了一棵树，每一个点在purfer序列中出现的次数就是它的度数，那么直接用组合数去计算即可，注意要加高精度 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 using namespace std; 4 str 阅读全文
posted @ 2019-11-13 09:47
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考虑将奶牛和牧草放在一起，根据鲜嫩程度排序，那么显然就可以发现一个贪心策略：每一头奶牛一定选择当前剩余的最便宜且符合条件的牧草，然后用一个set维护价格即可 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 struct ji{ 4 int id, 阅读全文
posted @ 2019-11-13 09:30
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先考虑边的代价，容易发现每一条边都需要走两次，也就是2*边权再考虑点的代价，由于上面的结论，那么就是度数*点权然后就可以构造新的边权为2*原边权+连接点的点权，然后求最小生成树即可注意根还有一个点权，所以再加上根（也就是最小点）的点权即可 1 #include<bits/stdc++.h> 2 us 阅读全文
posted @ 2019-11-13 07:45
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记每一个数向比他大的数合并时的代价为这个数字的代价，显然除了最大值以外，每一个数都有一个代价，那么这个代价和就是最终答案考虑最小化这个代价和，也就是让每一个数的代价最小，显然这个代价不会小于向左和右第一个比他大的数中较小的数，然后这样的方案也很好构造，这个东西用单调栈来处理即可 1 #include 阅读全文
posted @ 2019-11-13 07:24
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