仰望星空的蚂蚁

摘要： 题目大意： 一共有n只蚯蚓，每只蚯蚓有一个长度，并且蚯蚓会按每年q厘米的速度增长。现在每年选择一只最长的蚯蚓，将其按p的比例切成两半，被切的的蚯蚓这一年不能增长，问每年被切的蚯蚓的长度和m年后所有蚯蚓的长度（据题意只需输出部分结果） 题目分析： 看到这题首先想到的是使用堆来做（因为，切蚯蚓符合堆的查 阅读全文

摘要： #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int N=200005; inline int read() { int X=0; bool flag=1; char ch=getchar(); wh 阅读全文

摘要： #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> //Accepted??? using namespace std; const int N=2e5+5; const int Maxchar=26; cha 阅读全文

摘要： solution: 很容易想到用回文自动机做。manacher算法也可以，但是我们这里不考虑。 但是这道题直接做并不好做。我的第一个思路是分两种情况讨论： 左端点或右端点重合，那么枚举一个左右端点即可包含或者交叉，枚举第一个回文子串 [ l , r ] [l,r] [l,r]，然后计算区间 [ l 阅读全文

摘要： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e6+5; const int mod=19930726; struct node{ int len,fail,ch[26],siz; friend bool operator <(n 阅读全文

摘要： 题目描述 给定一个长度为 n n n 的字符串 S S S，令 T i T_i Ti​ 表示它从第 i i i 个字符开始的后缀。求 ∑ 1 < = i < j < = n n l e n ( T i ​ ) + l e n ( T j ​ ) − 2 × l c p ( T i ​ , T j ​ 阅读全文

摘要： 个人认为是比较简单的 d p dp dp。 首先，状态不难想，可求状态有这些：位数，前导零，limit标记，余数，满足条件的数的和，满足条件的数的平方和等。 其次，注意编程的细节。然后这道题就搞定了。 数位 d p dp dp的时间复杂度很好分析，就是所有可能的状态数。一般状态数 s s s<=1e 阅读全文

摘要： 忘了博客地址了。 后续可能上升为总结。 代码比较复杂，细节很多，建议背下来。 【模板】AC自动机（简单版） 由势能分析可知，Query 部分时间复杂度是 O ( 2 ∗ l e n T ) O(2*lenT) O(2∗lenT) 统计 f a i l fail fail 答案部分是长度和，因为只统计 阅读全文

摘要： https://blog.csdn.net/dyx404514/article/details/41831947 定义和KMP不一样，同时程序实现非常复杂。建议背下来。主要是利用 d p dp dp的思想。 时间复杂度证明：每个点只会被枚举一次。所以是 O ( n ) O(n) O(n)。 #inc 阅读全文

摘要： https://blog.csdn.net/qq_43456058/article/details/94588721 这玩意和扩展KMP很像，都是利用了 d p dp dp和贪心的思想（选择最远覆盖距离）。同时利用了状态的相似性。然后类似于“镜面”的对称点转换，做到了 O ( n ) O(n) O( 阅读全文