朝暮不思

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 阅读全文

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++. 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文

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+ 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文