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首先有一个比较错误的贪心思路，就是假设我们前面的操作是最优方案，对于当前的元素，能放第一个栈就放第一个栈；如果不行那么第一个栈的栈顶元素小于当前元素，此时如果能弹出这个栈顶元素就弹出这个栈顶元素，然后重新从最开始的位置开始考虑；否则尝试将当前元素放入第二个栈；如果不行则第二个栈的栈顶元素小于当前元素 阅读全文
posted @ 2023-12-09 11:11
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七夕祭其实告诉我们，对这种二维的任意的排列，我们一定可以找到一种方案，使得在不冲突的情况下（没有两个军人在同一个位置），我们一定可以通过最小的交换次数来达到目的 说一下\(x\)怎么搞 首先有一个显而易见的，对于一个坐标轴上的分布在各个点的许多人，如果要他们进行移动最后相邻，那么最后这个队列中，他们 阅读全文
posted @ 2023-12-07 17:32
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我觉得这道题目如果只有第一个问题的话，排序方式是多种多样的，而且考虑的对象也可以是机器 比如我可以给机器按照\(y\)从小到大排序，然后依次考虑每个机器，对于每个机器，在能选择的任务中选择\(x\)最大的即可 但这个时候就没有办法保证价值最大了，所以这道题启发我们，如果一道题目有多维的因素需要考量（ 阅读全文
posted @ 2023-12-07 15:33
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这篇文章分析时间复杂度，假设最终分出来的序列的长度分别是\(len_1,len_2,...,len_k\) 一.普通倍增（指从大到小循环）：，\(O(n^2logn)\) 在算\(len_i\)时，倍增倒序循环时，我们每次都会对新增的部分进行快速排序，时间复杂度为\(O(nlogn+\frac{n} 阅读全文
posted @ 2023-12-06 23:54
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这道题目的解法是在计算距离时，如果是同一类点就认为距离时无穷大 但是这样的话就会存在一个问题，如果我们递归到某一层的时候，得到的最小距离还是无穷大，那么此时我们再执行原来的算法，时间复杂度就会变成\(O(n^2)\) 即使我们使用一般的算法（就是普通的平面最近点对），然后把 for(int i=1; 阅读全文
posted @ 2023-12-06 23:01
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其实感觉蓝书上讲的不是很好 我们假设经历了一些时刻了，每个节点里面现在包含若干个有先后顺序小节点，代表着这些小节点的染色顺序 这题的关键性质其实是，任意时刻，等效权值最大的点一定是会在其父节点里面的小节点依次染完后，立马把里面的小节点按照顺序染完（这个性质怎么发现的？我们发现不太好直接确定这个序列的 阅读全文
posted @ 2023-12-06 21:44
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当然是要看蓝书P34的纸质题解的，然后（环形）均分纸牌也是很经典的一个模型，一定要记住 我们来补充一些细节 环形均分纸牌可链化证明，或者看算法提高课视频10:00的推导，\(x_1\)取某一个中位数，所以某一个\(x_i=0\)，所以可链化 首先是P35那个前缀和的那个式子，这个式子算的是每两人之间 阅读全文
posted @ 2023-12-06 19:22
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见这篇文章 同理，结构体也可能会有类似问题 void* 指向一个数组时，不加[]也可能会有类似问题 如何解决？手动调用析构函数或者说手动删除结构体或类里面的指针所指向的内容 阅读全文
posted @ 2023-12-06 13:13
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