02 2021 档案
摘要：套路题，首先发现dp可做 但是直接枚举复杂度太高，并且发现我们求的都是区间最值，因此考虑线段树优化 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const
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摘要：40有点大，我们考虑折半查找 这样每个字符串有取和不取两种可能 之后乘法原理即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=5e6
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摘要：第一步贪心，按照权值排序，越大的能用肯定最优 因为在当前情况下，假如可以用这个但不用 最后求取的解，你将他对应的那个换掉，一个不会更差。 排完序后我们再考虑本题。 这题巧妙地转化在于，转化成图模型，每个武器的两个端点相当于一条边，如果k=1就是自环 对于一个大小为x的集合，他们中的边要不是x-1，要
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摘要：行列无关，因此对于行列分别求解 这题的题目有个错别字，有打成由了，我做的时候没理解求的啥 ，尴尬了 其他就是状态机dp，表示这个位置向左还是向右 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pa
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摘要：贪心点思路很简单，就是根据邻项微扰原则，进行比较两邻项，移项后就能看出公式 但是在这题显然爆ll，因此要用高精度 抄了一下int128的板子，以前虽然碰到过但是都没有记录下来 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long
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摘要：一道dp好题，初始的不含加减的根据数据范围，容易猜测出状态的设计，表示f[i][j][k]，表示最近的匹配1的前i个，2的前j个，3的前k的答案 现在考虑更新，这里我们发现更新只有1e3，这是一个很奇怪的询问 我当时做到这里没有想到的是，因为你只添加一个串的后缀或减去，加入添加，就相当于多增加了25
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摘要：题目是有向图，并且要求我们最短路上的点和顺序都不能变 看上去无从下手又有迹可循。 我们假设两点之间的最短路是a ,x1,x2,x3,b 那么把他们的权值列出来后发现就是一堆边权。 我们想要的是对于每一条最短路，再修改后他们仍是最短的 这就启发我们，修改后他们之间的这些权值一定是原权值+一个定量。这样
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摘要：朴素的做法是把全部的存起来，之后用正常的表达式计算做 据说这种方法容易mle 新的方法是，我们把这个式子当作两个式子相加，因为他没有括号，所以每次的优先级都是相同的 因此我们根据四种情况分类讨论即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typed
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摘要：这种以k为长度的，就想一个窗口一样，很多题都是按modk相等为一组判断的 这题也不例外，我们发现，将数组差分之后，相当于2-n都要是0，第一位是啥无所谓 那么从2开始枚举，因为第一位比较特殊，是啥无所谓，他们是0，如果当前小于0，那么我们在这把他补成0（这是唯一变成0的方法），因此i+k的位置就要对
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摘要：枚举w 根据长度的增加，其实相当于变成某一段区间能多加几次 而到了最高点后又会下降，加的次数会变少，因此维护这个数据即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll> pl
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摘要：这题我的第一想法是维护每个颜色的个数，然后记忆化搜索 但是这个有15个，实在维护不了，但是我们可以转化思路看看 其实只需要相临的关系看着，其他前面的无所谓，我们就维护一下每个大小有哪几个就行，额外再维护上一个点的颜色即可，因为需要取一下重，两次不能一个颜色 #include<bits/stdc++.
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摘要：这题题目的重要信息就是n很小并且面积要相等 因为每次都要切断，我们每次切割完的蛋糕一定要平分成功，因此我们每次切都要按x/n的倍数切 这个n代表当前这块蛋糕要分为几块，并且切完的两块蛋糕，每个蛋糕要分为几块也是固定的，因为面积要相等。 #include<bits/stdc++.h> using na
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摘要：一道区间dp题 我们发现由于有了M的限制，所以合并区间的时候并不能直接合并，因为不是从区间左端点开始的 因此考虑三维状态设计 f[i][j][0/1]表示i-j中是否存在M 对于不存在的情况，他有两种更新方式，一种是直接合并，一种是当偶数时，可以折半合并 对于存在的情况，这个M相当于把一个大区间的合
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摘要：想不到的一道题，有点背包的感觉，但是重点还是题目所给的信息 首先观察题目应该是平方算法 进一步剖析，我只能想到枚举重儿子大小这个思路。 后来看了题解发现他们把信息挖掘的很到位。重儿子肯定是要枚举 现在求的是最大代价，而除了重儿子外，自顶向下的思路上看，还有很多其他子树，这些树组成了森林 如果求他的最
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摘要：我们贪心的猜测肯定是每次用二分图匹配，这样答案就是最小的 这基本上对的，因此可以每次都可以消除最多的边并且满足不会遇到同一个点 但是有一个纰漏，我们首先知道最小值肯定是度数最大的点的度数，因为这个点的每个出边都不同，并且我们每次只能减少一条边。 因此我们每次按照目前的度数排序去重复做匈牙利算法，因为
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摘要：A题 找两两比列，按2的次幂进行划分 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll> pll; const int N=1e5+200; const int mod=1e9+
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摘要：这题如果注意到m的范围，那么思路将会豁然开朗 因为如果是一棵树，那么直接lca就能求得两点间最小值 但是现在是图，并且边数就比一棵树大100左右 所以我们可以想到，先将图中取出生成树，用lca求答案 那么剩下就有100条边左右未使用，我们发现，答案可能经过这些边，因此我们枚举这些边的端点去做01最短
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摘要：这题的第一想法就是我们对根节点进行贪心构造，使得左子树和右子树的差最大，这是最优的 左子树自然是以n-1为高度的满二叉树，这样节点最多，那么右子树我们需要考虑如何满足高度的平衡限制 我们发现为了对每个点都满足左右子树差值为d，我们相当于对于每个节点，左子树是一个高度为i-1的最少节点的树，而右子树是
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摘要：首先，每位独立考虑 其次，我们发现是求区间和，因此区间内中的数的对应位，1多就填0，0多就填1，一样多优先填0 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll> pll; co
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摘要：相当于一个背包问题，设计状态为f[i][j]表示前i个，达到j元的方案，这样记住合法的方案之后除非法方案即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll> pll; con
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摘要：我们把每个种族看作一个集合 已知最后他们联通，那么这就意味着他们到达某一点联通的代价是最小的 因此我们枚举所有点，找到最小值。 事实上，最后答案的连通块上面的点都是最小的，他们没有区别 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long
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摘要：这个depth的式子就很有那味，明显就是把他拆分掉，维护0次项，一次项和二次项 因为只能从头，所以递归维护即可，注意到如果小于0了，就把他的贡献剪掉。 我第一次写的时候用了dfs序+线段树维护，复杂度感觉还行，但是内存和常数太大，过不了，只过了70%，这题本来也不用这么麻烦做 数据量给到1e6，用大
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摘要：题目比较水，但是为了给我的tag加点量就水一篇题解 这题一个暴力的贪心就是按照利润排序，然后对于大的利润去找能满足条件的最晚的一天 这样的复杂度比较高，找的过程可以可以用set自带的二分去做，这样就是nlogn了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std
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摘要：这题奇数部分比较容易想到，用优先队列维护每个位置前能否取到指定个数，这样枚举每个位置座位中位数即可 对于偶数，由于两个数位置不确定，并且不能枚举两个，因此还是考虑要维护一个 这样就需要一个log复杂度以内的算法找到每个对应的最优解，常见的就是二分算法 我们观察题目性质，果然符合单调性，因为对于左边定
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摘要：我们观察到只有查询操作。 这个查询可以通过线段树来实现，因为可以通过维护最大最小值来维护差值最大值，因为是一个星期，所以容易相当答案是关于周期循环的，因此建立七棵线段树。 恶心的是有两个方向，因此我们要建十四棵线段树维护 #include<bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：复健牛客每日一题系列 这题的dp感觉很浓，因为数据范围给的很像dp 刚开始我被能多次操作困惑了，以为是什么巧妙的贪心 但是其实多次能拿，一次也能拿，我们可以通过放的位置控制在m之内 因此这题是一道背包dp，因为每个物品都有三种选择，左边右边或者不放，而第二维状态可以表示为两边的差值 这题会产生负的，
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摘要：虽然题目说着分两种类型，其实就是相当于对于每一行，选择一个矩形去框 那么这样就统一了形式，而我们发现，每一行只跟上一行相关。 还有一个问题是交叉部分的去重，我们发现这有三种情况，因此对于三种情况分别讨论 但是枚举更新复杂度太高，因此想到优化，这种优化比较套路，用线段树求区间最大值就行 #includ
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摘要：B题 双指针+贪心，先按照权值排序，对于每个l，找到最近符合条件的r 注意如果可以不取A，那就别取A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const
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摘要：因为只有一条路，因此可以发现同一个深度的节点他们的父亲要相同 不同深度的节点，深度大的节点的父亲要在深度小的节点的父亲的子树当中 因此我们需要使用dfn就能查看是否在子树当中 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long
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摘要：A题 看出独立性后高斯消元 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N=205; int a[N][N];//增广矩阵 int x[N];//解集 int freeX[N];//自由变元
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