朝暮不思

摘要： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e5+10; const int mod=1e9+7; int cnt; int id1[18*N],id2[18*N]; struct n 阅读全文

摘要： 这道题强制在线，那么考虑在线算法 好像复杂度低的可以使用平衡树，但是我们这里使用分块算法 因为数据量不是特别大 因为是在前面加一个后面删一个，所以我们考虑使用双端队列来维护这个信息 这样修改的时候，可以把前面的块的末尾加到后面的块，这样每块的大小都不会发生改变 #include<bits/stdc+ 阅读全文

摘要： 显然不能暴力求解，进一步发现性质，我们要求的是每一个都满足限制。 正难则反，用总方案数-至少一种不满足的方案数 后面那个可以看得出来和容斥定理有关，因此考虑容斥，某个物品不满足，说明他至少取了d[i]+1个，其他随意，因此我们就求出了解答 #include<bits/stdc++.h> using 阅读全文

摘要： 因为要求所有的状态，所以暴力超时 那么想想能否计算贡献。 我们对于每一个xi,xi+1，他们对于每一个fi的状态都有不同的贡献，因此我们枚举情况后用差分数组维护贡献 #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; 阅读全文

摘要： 这种置换题一般都与图论结合 这题也不例外，显然绕一圈就是一个环 而使得全部回到原位就是每个环的lcm 在不考虑自环的情况下，我们求的就是大小为n，进行集合划分，求每个集合得lcm 这里又要进行一步转化，由于当每个集合互质的时候，lcm每次都不相同，我们只要枚举质数做完全背包就能求出方案数 假设一个集 阅读全文

摘要： A题 对于两个分别求解到每一位的时间，看看是否有相等的 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pll; const int N=2e5+10; const in 阅读全文

摘要： A题 分奇偶讨论 B题 猜结论找规律题 C题 首先可以发现一个性质，这也是绝对值的性质，数的正负不影响答案 因此我们全部转化成正数，对于求取无序对，我们枚举每一个数的时候，只要在他两倍内的其他数都可以，因此这个二分求解 #include<bits/stdc++.h> using namespace 阅读全文

摘要： 看数据会猜到是区间dp 这道题的精髓就是相同字符才能删除 我们设计状态为删除f[i][j][k]，i-j区间，后面有k个相同的在这次删除中一次删除 那么状态转移，最后一位j可以选择和后面的删掉，或者如果区间内有和j相同的字符，可以与k一起被删掉。 两种转移方式，虽然可能更新的时候有很多非法状态，但是 阅读全文

摘要： 圆的半径就是三角形中最短边的一半 因此我们枚举所有的边，从大到小维护bitset 如果对于当前边的两点，已经有一个点与他们相连，那么说明这条边就是答案 #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; typedef 阅读全文

摘要： 观察式子信息，就能发现原始序列的答案为f[i+1][j]^f[i][j-1]而来 因此维护一下区间最大值之后O（1）输出即可 #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; typedef pair<int,int 阅读全文