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假设初始人数为0， 将每个时刻在等待的人数写下来，就是求个和。 如果纵坐标看成人数，横坐标看成时间，就是求个面积。 因为初始人数不一定为零，所以离线后扫描线即可回答所有询问。
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posted @ 2017-07-13 22:08
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让你把所有的“连续的仅有首字母大写的”词组用缩写表示，并且在后面用括号注明原词组。
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posted @ 2017-07-13 22:05
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发现炸毁的瞭望塔必然是连续的，其余下的部分是一个半平面。 二分答案，枚举所有可能的炸毁情况，做个半平面交，如果交出来面积是0，就可以保证不存在安全区域。
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posted @ 2017-07-13 11:47
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容易发现，圆锥体积和点的具体x、y坐标无关，只与其到z轴的距离sqrt(x*x+y*y)有关。 于是将这些三维的点都投射到二维的xOy平面的第二象限(sqrt(x*x+y*y),z)，求个上凸壳，然后在每一点处，圆锥的母线的斜率的取值范围就确定了，发现这个圆锥的体积关于圆锥母线的函数是单峰的，可以三
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posted @ 2017-07-13 11:45
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给你两个4k长度的串，问你最长公共子串。两个子串相同被定义为所有字母的出现次数分别相同即可。 就枚举第一个串的所有子串，将字母出现的次数看作一个大数，进行哈希（双关键字），塞到哈希表里面。然后枚举第二个串的子串，去哈希表里面查即可。 一开始用的map，空间被卡常数了。 后来问了别人，发现set就能过
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posted @ 2017-07-12 10:22
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给你一个1~n排好的数组，每次提一个数到最前面，问你最后形成的序列。 就把他的输入顺序倒过来输出即可。没出现过的再按原序输出。
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posted @ 2017-07-12 10:19
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题意跟某道我出的等差子序列求最值非常像…… 反正询问的长度只有10种，你就建立10批树状数组，每组的公差是确定的，首项不同。 然后询问的时候只需要枚举询问串的每一位，找找这一位对应哪棵树状数组即可。 修改的时候会在10棵树状数组里修改，也是算算修改的位置对应哪一棵即可。 要注意，一共有4种字符，每个
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posted @ 2017-07-12 10:15
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让你构造一棵树（给定了总结点数和总的叶子数），使得直径最小。 就先弄个菊花图（周围一圈叶子，中间一个点），然后平均地往那一圈放其他的点即可。
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posted @ 2017-07-12 10:11
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在每个给出的子串的起始位置打个标记，记录的是从这里开始的最长子串。 然后输出的时候就扫，如果遇到开始位置，就从这里开始输出，如果其后被更长的覆盖，就跳转到更长的串进行输出。 如果位置没被覆盖，就输出'a'。
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posted @ 2017-07-12 10:10
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让你在平面上取一个点，使得其到给定的所有点的距离和最小。 就是“费马点”。 模拟退火……日后学习一下，这是从网上扒的，先存下。
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posted @ 2017-07-09 21:59
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题意： 给定S1串，长度100w，S2串，长度1k。问它俩的LCS。 f(i,j)表示S2串前i个字符，LCS为j时，最少需要的S1串的前缀长度。转移的时候，枚举下一个字符在S1的位置即可。（可以预处理出S1中每个字符出现位置的vector，在其中二分）
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posted @ 2017-07-09 21:56
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一个区域，垂直分成三块，每块有一个速度限制，问你从左下角跑到右上角的最短时间。 将区域看作三块折射率不同的介质，可以证明，按照光路跑时间最短。 于是可以二分第一个入射角，此时可以推出射到最右侧边界上的位置，看什么时候恰好射到右上角即可。 这份sb代码貌似挂精度了。
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posted @ 2017-07-09 21:52
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按照回文子串的奇偶分类讨论，分别计算其对答案的贡献，然后奇偶分别进行求和。 推导出来，化简一下……发现奇数也好，偶数也好，都可以拆成一个等比数列求和，以及一个可以错位相减的数列求和。 然后用高中数学知识搞一下就行了。
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posted @ 2017-07-09 21:47
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主席树里每个值的位置存当前该值出现的最右位置。 如果root[r]的前缀主席树中，某值最右位置大于等于l，说明该值出现在了l,r中。 所以主席树维护区间最小值，如果左半值域的最小值<l，则说明左半值域有值未在l,r出现，则查询左子树；否则查询右子树。
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posted @ 2017-07-09 21:43
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数位dp预处理之后，可以容易得到f(x)，代表小于等于x的数中，有多少个不含13的。然后就能二分答案啦。
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posted @ 2017-07-07 13:52
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在最外围的一圈没有意义，所以全都涂黑，内部贪心地涂成棋盘即可。
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posted @ 2017-07-07 13:50
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每个城市有4个城门，每个城门会发出唯一一条边去别的城市的城门。问你能否从城市1出发，经过每个城门恰好一次，再回到城市1。 每个城市的度数都是4，必然存在欧拉回路（如果连通）。欧拉回路显然是一个合法解。
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posted @ 2017-07-07 13:49
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#include #include #include using namespace std; #define EPS 0.00000001 struct Point{ double x,y; }a[2],b[2]; typedef Point Vector; Vector operator * (const double &a,const Vector &v){ return (Vec...
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posted @ 2017-07-04 17:11
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一种方法是二分总时间，复杂度O(nlogn)。 另外我们可以证明，当所有人同时到达终点的时候，是最优的，因为没有人的时间“浪费”了。 我们又发现，每个人的运动过程总是两段，要么是走路，要么是坐车。于是每个人的运动都是等价的（坐车的时间也相等，走路的时间也相等）。 这里借用一下这个推导，懒得写了。 （
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posted @ 2017-07-04 17:09
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对每个矩阵里的元素用两个大素数做双关键字哈希，丢进set即可。
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posted @ 2017-07-04 17:00
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京州电子科技大学遭遇废校危机，为了保护我们心爱的学校，N位魔法少女站了出来，她们能做的就是……成为偶像！ 每个魔法少女都拥有一定的人气，他们中的每个人的人气计算方式如下： 假设某个魔法少女的学号为a,学号从1到a-1的共a-1位同学都会为她应援，学号为i的同学能让这位魔法少女增加gcd(a,i)的人
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posted @ 2017-07-04 16:57
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打个表出来看看，其实很明显。 推荐打这俩组 11 1 10 100 1000 10000 100000 1000000 10000000 100000000 1000000000 10000000000 12 1 10 100 1000 10000 100000 1000000 10000000 1
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posted @ 2017-06-18 10:56
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容易发现，删除的顺序不影响答案。 所以可以随便删。 如果行数大于列数，就先删列；否则先删行。
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posted @ 2017-06-18 10:49
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考虑用4^n-不存在连续4个相同的。 f(i,j,k,l)表示以i为结尾的序列，最后三位分别是j,k,l时的方案。 可以转移，写一个64*64的转移矩阵。 貌似可以优化？……未完待续。
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posted @ 2017-06-03 00:40
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回文自动机讲解！http://blog.csdn.net/u013368721/article/details/42100363 pam上每个点代表本质不同的回文子串。len(i)代表长度，cnt(i)代表个数（要最后在fail树上dp一遍方可）。 答案直接枚举一遍结点，然后用len(i)*cnt(
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posted @ 2017-06-02 22:11
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f(i,j)表示打了i行出现j个bug的方案数。 还是跟背包有点像嘛。
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posted @ 2017-06-02 21:02
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#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int n,V,w[110],c[110],a[110],f[50010]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&V); for(int i=1;i<=n;++i
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posted @ 2017-06-02 21:00
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posted @ 2017-06-02 20:59
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斜率优化裸题，模型可以看http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2012/08/03/2621345.html
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posted @ 2017-06-02 20:58
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有向图博弈问题。 能转移到一个必败态的就是必胜态。 能转移到的全是必胜态的就是必败态。 转移的时候可以用队列维护。 可以看这个 http://www.cnblogs.com/quintessence/p/6618640.html
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posted @ 2017-06-02 20:56
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四边形不等式优化的资料去网上找下吧！很多。 可以证明，这个题里面，合并的代价满足较小区间+较大区间<=交错区间。 可以自己画个图看看。
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posted @ 2017-06-02 20:54
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要处理从四个角出发的答案。最后枚举那个交点，然后讨论一下来的方向即可。
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posted @ 2017-06-02 20:51
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摘要：
最长上升子序列。 要求输出字典序最小解。 就在更新答案的时候记录一下前驱。容易发现记录的这个玩意实际上形成了一个森林。
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posted @ 2017-06-02 20:49
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方格取数。 但由于题意说金币数<0就死了，就不能继续转移。
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posted @ 2017-06-02 20:47
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转移方程很显然。 因为是多段图模型，所以可以滚动数组优化一维空间。
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posted @ 2017-06-02 20:45
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摘要：
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int n,V,op[20010],c[20010],w[20010],f[10010]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&V); for(int i=1;i
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posted @ 2017-06-02 20:44
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裸的状压的话，很显然……但有一个强大的优化。 就是在枚举决策的时候，固定第一个空位置。可以证明，这样状态数没有减少，但是降低了很多重复访问。 因为你在枚举的时候，总是可以划分为包含第一个空位置的3个位置；以及不包含第一个空位置的三个位置。这样固定先枚举前者，避免了重复。 还有一个优化是，没必要每次判
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posted @ 2017-06-02 20:43
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posted @ 2017-06-02 20:39
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posted @ 2017-06-02 00:43
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预处理每一层最左侧的1的位置，以及最右侧的1的位置。 f(i,0)表示第i层，从左侧上来的最小值。f(i,1)表示从右侧上来。 转移方程请看代码。
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posted @ 2017-06-02 00:40
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浙公网安备 33010602011771号
