12 2020 档案
摘要：A题 签到 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n,rw=0,t=0; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { int r; cin>>r; if(r>rw) rw=r; if(i>=rw
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摘要：A题 计算每组最后出现的那个取min #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; typedef pair<int,int> plll; const int
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摘要：A题 签到模拟题 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; int g[55][55]; int col[55]; int row[55]; int main(){ int t; cin>>t; while(t-
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摘要：A题 先除再计算即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; typedef pair<int,int> plll; const int N=3e5+1
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摘要：A题 枚举每一位，如果是偶数就加上i #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=2e5+10; int main(){ ios::
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摘要：A题 遍历找到第一个不覆盖它的答案 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=2e5+10; struct node{ int l
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摘要：A题 排序输出答案即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=4e5+10; const int inf=1e9; int a
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摘要：A题 通过平移线段可以发现其实就是缺少的那一块的大小 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=5e5+10; int main(
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摘要：A题 贪心思路，注意到他们每个是每个排列进行比较，因此只要判断两个字符串对应位置的大小，谁多就谁赢 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const
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摘要：A题 直接奇偶输出即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e5+10; int a[N]; int main(){ ios::sync_with_stdio(false);
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摘要：A题 如果是0大于一半，无解，否则取多的一边即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=5e5+10; int a[N]; i
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摘要：A题 题意比较难懂，其实就是查一下他给的k个哪些不是学校的最大值 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=1e5+10; str
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摘要：经典套路，首先发现只有两个边，这种情况下，很容易想到使用枚举的方法，枚举第一条边，然后计算对应的第二边最优，之后对于所有情况取max 这里只有y有用并且每个矩形其实就是一条线段 对于这题，一个需要考虑的问题是，如何当我们枚举一条边的时候，计算第二边答案的时候不会计算进第一条已经穿过的矩形。 那么其实
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摘要：A题 做法很明显，就是隔壁连续1和连续2取min，虽然写的比较复杂 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e5+10; int a[N]; queue<int> q1,q2; i
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摘要：A题 首先)(其实相当于1个即可 所以如果1和4相等并且大于等于1即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=5e5+10;
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摘要：A题 用scanf读入更加方便，之后只要计算差值即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef map<string,int> st; const int N=5e5+10; int main
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摘要：计算二维前缀和，更新一下归并的板子 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=5e5+10; struct node{ int x,y,z,p,id,sign; ll sum; boo
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摘要：根据数据是区间，也是时间，应该可以想到时间线段树分治 问题就是如何查询二分图。 一般判定二分图就是判断是否存在奇数环。 那么奇数环就是当我们加入一条边，如果他们本身是联通的并且距离为偶数，这样就是奇数，并且一旦找到奇数环，下面的时间永远是奇数环 因此我们可以用带权并查集来维护距离信息，这是经典套路，
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摘要：这题的图非常特殊，首先他没有交点，其次他每条路径的长度都是相等的，也就是每一条边都是对应的。 根据常规的贪心思路，因为他的最大流是全部路径中的流量和，并且你将一个边-1，必有另一个边+1，最大流的答案就是总容量/路径上的边数 那么其实可以想出做法了，我们已经知道的最大流是多少，所以我们将路径按权值排
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摘要：floyd好题，这个题加深了floyd真实原理的理解。学了floyd之后，一般都是用滚动数组优化过的式子去用，很多时候都忘记了floyd的本质 本题暴力dij最坏复杂度在2e9左右，跑不过时限，显然出题人肯定是设计了数据，因为他的本意是考察floyd 其实我们刚看到n的数据的时候，就会去思考floy
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摘要：这题要看出dp更新的方法，因为我们有很多字符串，而最后的串可以随意组装而来 因此dp状态设计为f[i]到i的最小代价，这也一直往下跳，更新的时候更新fail链上的所有答案，因为这些是可以成为他的后缀更新过来的，这也就枚举到了所有的情况 #include<bits/stdc++.h> using na
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摘要：首先猜想一个事情，这题求树，其实是使得最多的点在一个集合，并不用考虑环的问题，在不考虑二元环的情况下，本题没有环 举三个数的例子，如果a^b<a^c,那么ab连边，如果b^c<a^c，bc连边，那么ca不能连边，因为不等式已经约束了 因此就要考虑如何成为连通块。对于异或的题目，很多都和字典树在一起，
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摘要：这是基于时间的离线线段树分治法，时间分治是一种经典套路，一般来说，离线算法比在线算法容易实现。 因此在本题，我们用双端队列维护信息，弹出来的时候，在时间线段树上区间修改，表示他在哪段时间可见，这样我们查询的时候，在所需要查询的时间，那里就是合法的信息 #include<bits/stdc++.h>
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摘要：根据题意x^2x=3x 异或和普通加法的关系其实就是异或是不进位加法，我们把3x看作x+2x 这样其实求的就是异或中x和2x每一位异或都是0的答案，也就是x中没有相邻1，因为2x就是x左移而来 对于第二问，一看数据范围就知道是个数学规律题，因为普通做法不可做，观察可得，这是斐波那契数列的n+2项，因
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摘要：这题的题意告诉你，每次询问不超过10，说明我们只需要维护前10个即可，这样的话维护的大小就不多 因此可以直接树链剖分+线段树来做，但是还有个问题，不能直接套一个含log的数据结构进去，因为这样复杂度会多一个log，我之前用的set超时了 因此还是使用使用vector直接归并数组来做 #include
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摘要：套路题，维护前面的奇偶性和长度 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=1e5+10; int s[N]; ll f[30][2
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摘要：用二维差分维护哪些点没被覆盖掉，那么最后一个需要覆盖掉这些点 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=2e5+10; const
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摘要：一看数据范围，显然是平方算法，这题的题意是，总共有n种情况，每次给你首字母，你可以任意选择一个位置看更改后的字符是多少，问能猜测出答案的最大个数 因为给定了首字母再猜，那么显然对于首字母不同的情况他们是不干扰的，因此对首字母分类讨论。 那么对于每种情况，我们可以直接枚举选的位置，计算最大的答案取即可
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摘要：第一步，可以贪心的发现，在子树中，如果有多个儿子，那么先走深的儿子，因为最后要跳到上面父亲去，因此最后所在的地方约浅越好 但是对于根来说，如果他有多个子树，那么先走浅的好，因为我最后一步不需要跳到别的子树，只需要跳回根就行，如果先走最深的子树，那么要跳到别的子树，就不是最优的 因为他最深 #incl
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摘要：我们发现要求的答案是depth[u]-min(depth[u]+k,mx)之间的属于他子树的最小值，mx是最深的深度 在线算法，不难想到用主席树对深度建树，这样就可以求取区间深度的信息，区间min没有可减性，但是并不影响本题做法 因为我们只需要查找指定dfs序区间中的答案即可，这样才是他子树中的答案
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摘要：这题是dp其实比较好看出来，问题是状态如何设计。 观察题目信息，一看W,X,B，大的吓人，显然不可能作为方程，那么题目中就没几个可以作为状态的了 那么显然将获取几个作为状态比较合理，进一步思考，我们要求的肯定是获取越多越好，并且获取相同的数量还剩下的魔法越多越好 这样状态就呼之欲出了，之后就是类似背
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摘要：这题其实求的是x的倍数个数是否大于1，大于1肯定不行，否则可以 另外一点，如果区间gcd不能整除x，那么必有至少一个数不是x的倍数，不然gcd会更大 因此我们只要暴力维护并且在发现不止一个的时候及时退出，这样复杂度就可以 #include<bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：这题比较套路，首先我们发现，区间变成约数个数是不可能用区间维护的，因此这题显然有个trick 既然只能暴力修改单点，但是我们又要要求修改次数不能太多，因此可以联想到，是不是我约数个数求几次就变成一个常数了 继续观察，果然是这样，因此我们发现修改次数不会太多 #include<bits/stdc++.
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摘要：初一看，sb题，上去一个并查集，很快啊，返回一个MLE，定睛一看，系统开的内存很小，但是这个算法复杂度又是这么正确 因此考虑优化内存，这样用滚动数组优化即可 这里注意一个问题，平常并查集从那边指那边都是对的，但是滚动数组就不一样了，对于上一层的，一定要指向下一层，因为如果指向上一层，那么在做的时候，
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摘要：数据范围不大，但是直接dfs显然复杂度不正确，因此只能使用状压 用位运算表示前i位的数更新即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const in
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摘要：首先观察到答案具有单调性 其次，考虑如何check，一个朴素的想法就是枚举区间，之后判断覆盖这段区间的plan有几个，再取个min 这样做复杂度较高，考虑一下优化。 我们可以枚举右端点，之后把符合条件的左端点用树状数组维护，之后用一个指针去不断往前找到最远的符合覆盖大于二分值的点。 注意，这个指针不
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摘要：这道题刚开始想到贪心去了，首先所有点都要取到，其次觉得一个点肯定是要跟最大的旁边点相连 但是这里有个问题，就是总是有一个点是原点，也就是这样直接贪心会存在环的情况，这种情况是不允许的，这意味着存在一个点即是出发点也是被遍历点 那么既要消除环的情况，又要连接所有的点，并且要求权值最大，基本上可以想到树
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摘要：求最大值最小，这种题目一般来说就是先猜一个二分 那我们发现，本题确实具有单调性，只要check出来能够小于等于k即可，因为这样一定能划分成k种 有人担心会不会二分的答案不能划分成k种，其实不可能，因为能划分成比k小的，就一定能划分成k种 之后就是dfs，用优先队列，如果一棵子树大了，就把他子树中的贪
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摘要：如果枚举三维会超时，但是暴力做法却很有道理，根据数据范围，容易看出这是个n^2的题目，并且第三个点是一个区间中的答案 因此考虑用st表查询区间最值优化 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; struct no
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摘要：这道题明显就是告诉你就是树链剖分+线段树维护三次方和，那么显然就是拆项后发现维护一次方和，二次方和和三次方和 这里涉及到两个操作，一个是add一个是mul 因此我们要考虑优先级，这是洛谷的线段树模板2，要先mul再add，因为这样可以解决先加后乘的问题 #include<bits/stdc++.h>
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摘要：要求每个节点的答案，启发式合并没跑了，但是注意不要每次都遍历set 只需要计算贡献即可，因为插入的只有头部尾部和中间三种情况 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int
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