随笔分类 - CF
摘要：传送门 1 /* 2 思路:把 a1 + a2 + ... + an >= x * (r - l + 1) 3 > a1 + a2 + ... + an - x * (r - l + 1) >= 0 4 可以等价为对于每个(ai - x) 得到新的ai，则题目变为对于任意区间[l, r], al +
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摘要：传送门 思路： 从k = 2 * x - y ==> 2 * x = k + y ，可以看出x是k,y的中间值，则如果存在x1,x2，且x1 = x2 ± 1，则通过x1,x2可以得到所有整数，则任意的k都成立。 例如：2 3 > 2 3 4 > 1 2 3 4 ...... 对于该数组A： （0
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摘要：传送门 注：把大于m的ai自身看作没有价值，即价值为0 补：图中方块长度为4是错的，应该是3.即20覆盖0 0 0 18覆盖 1 2 2 17覆盖2 4 5 1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #inc
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摘要：传送门 思路：我们需要满足 x + y > z , x + z > y , y + z > x .因为 A <= X <=B <= Y <= C <= Z <= D，所以 X + Z > Y和 Y + Z > X明显一定满足，所以我们只需要确定X + Y > Z的个数了.X∈[A,B],Y∈[B,C
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摘要：传送门 思路：对于一般情况，我们有三个袋子，容易想到把袋子里物品的价值排序。然后贪心，我们想让最后的价值最大，则三个袋子最后都可以剩余一个物品，这三个物品总和需要最大，最好的情况就是三个物品的符号“+”，“-”，“-”,这样总价值直接可以算是每个袋子中物品绝对值的累加和。为了让三个物品价值最大，我们
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摘要：传送门 思路：“Dreamoon will choose a number pipi from range [1,n−li+1](inclusive) and will paint all cells from pipi to pi+li−1(inclusive) in ii-th color.”可
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摘要：传送门 题目：简单理解就是，我们需要开车从s点到t点。车上有一个导航，如果当前点为x，则导航会自动为你提供一条从x到t的最短的路线（如果有多条，则随机选一条），每走到下一个点则会实时更新最短路线，当然，如果你按着之前提供的路线走到下一个点，则路线不会更新。题目提供一条确定的路线，如果按着提供的路线走
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摘要：传送门 思路： 我们知道b = [a, a + m], 我们需要满足Gcd(a, m) = Gcd(b, m), 假设g = Gcd(a, m)，那么Gcd(a, m) = Gcd(a + k * g, m)（a + k * g ∈ b）,两边同除以g， Gcd(a / g, m / g) = Gc
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摘要：思路： 设tx为t类别字符的个数。 ①对于长度小于2的t明显是"YES"②对于字符类别只有1个的t明显是"YES"③对于字符类别有2个的t，如左上图：如果str[l] != str[r],那么我们构造的t也应该是str[l] != str[r]，且s字串和t的str[l]和str[r]是相反的，即如
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摘要：传送门 思路： 我们需要抓住唯一的重要信息点"ci"，我的做法也是在猜想和尝试中得出的，之后再验证算法的正确性。 我们在构造中发现，如果树上出现了相同的数字，则会让树的构造变得不清晰。 我们尝试用不同的数值a[1]~a[n]去构造树，我们唯一知道的信息就是"ci"，如果a[1]~a[n] = 1~n
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摘要：传送门 样例（x）： 8 15 16 17 19 27 36 29 33 结果（t1） 15 15 16 18 26 35 28 32 思路：我们可以把最左端和最右端当做两个水龙头，每个水龙头流量的上限就是a[x]. 我们通过贪心，我们尽可能的使用左边的流量，例如样例(x)，我们流到第二个点的时候，
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摘要：传送门 思路：根据三角形性质，我们容易得到： a + gcd(a, b)^2 > b a + b > gcd(a, b)^2 b + gcd(a, b)^2 > a 推出： a - b < gcd(a, b)^2 < a + b ① 假设a为偶数，可以得到 a + 2或者a - 2与a配对一定满足
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摘要：传送门 题目：给定两个整数u和v，找到最短的数组，使其满足：该数组的（xor）和为u，累加和为v。 思路：我们组成的数组累加和为v，我们可以用二进制表示v，我们知道（xor）会导致相同位为0。我们可以利用前面的内容，拆分v每一位上的信息，例如"100"，我们可以拆成两个"010"，我们可以用一个数组
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摘要：传送门 题目：给定一颗无边权的树，你需要对每条边添加任意大于0的数值。对于树上的任意一条链，对链上的所有边进行（xor）操作后数值为0。你最多和最少可以添加不同的边权。 思路： ①最少：我们可以发现，如果任意两个叶子结点间的边为偶数，则我们只需要用"1"就行。如果出现了偶数，则我们只需要用"1","
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摘要：传送门 题目： Dreamoon likes sequences very much. So he created a problem about the sequence that you can't find in OEIS: You are given two integers d,m fin
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摘要：传送门 题目：给定一个数n，问（0~n）相邻两个数之间二进制位不同个数的总和。 思路：看出规律，把n转化为二进制，如果该二进制位处于第x位且为1，则它的贡献为2^(x) - 1，累加所有贡献即可。 1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<
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摘要：传送门 题目：给定n个长度为m的"0""1"串，你可以改变任意一个位置的二进制，使得边长为偶数的任意一个子矩阵中"1"的个数为奇数，如果不可能输出"-1"，可能的话，最少需要改变几个位置的二进制。 思路：硬想太难想。。。（对我来说），然后自己构造了下边长为2，4，6的矩阵，推出一个性质，边长为4的子
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摘要：传送门 题目：给定长度为n的数组a，A和B轮流拿走一个数，开始时A和B拥有的v为0，A和B每次拿走一个数时，他的v = v^ ai，A和B都很聪明，问都按照最优的情况考虑，拿完所有数之后A和B的v的大小。 思路：我们可以想到二进制的高低位性质，所以一个人如果有一个最高位二进制为1而另外一个人是0，则
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摘要：传送门 思路：如果给定的字符串中，存在一个下标出现了不同的字符，说明这个地方一定只能存在两种字符，如果某个字符在当前位置被改变，则该字符串之后的字符都要相同，然后我们就可以按照这个想法组成一个字符串，然后让这个字符串去和所有字符串比较，相同位置最多出现一个不同的字符（"字符串长度为1"和"所有字符串
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摘要：传送门 题意：给定一个n*m的地图，'.'空地，'#' 墙，'G'好人， 'B'坏人。问你存不存在一种方案，把若干空地变成'#'（人不能通过墙），使得所有好人能逃离地图，所有坏人不能逃离地图。（n,m）为出口，人存在的地方不能设置'#'，保证出口一开始是空地。 思路： ① G == 0 Yes。 ②
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