随笔分类 - 其他 - 思维题
摘要：code: #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 100020 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using
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摘要：code: #include <cstdio> #include <algorithm> #define N 50020 #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; stru
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摘要：你发现平均值不会很大，所以直接暴力枚举平均值，然后跑 4*100 次最小生成树取最小值即可. code: #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #define N 2005 #define ll long long #defi
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摘要：非常好的一道思维题. code: #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #define lson x<<1 #define rson x<<1|1 #define N 500010 #d
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摘要：以前一直以为这道题很恶心，事实证明还好，好多地方脑残写丑了. code: #include <cstdio> #include <string> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 50003 using namespace std;
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摘要：code: #include <string> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #define N 50003 #define lson now<<1 #define rson now<<1|1 #define in
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摘要：然而这只是 70pts 的部分分，考场上没想到满分怎么做（现在也不会） code: #include <cstdio> #include <string> #include <stack> #include <queue> #include <cstring> #include <algorithm
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摘要：求：$a^{bx \%p}\equiv 1(\mod p)$ 的一个可行的 $x$. 根据欧拉定理，我们知道 $a^{\phi(p)}\equiv 1(\mod p)$ 而在 $a^x\equiv 1(\mod p)$ 这个式子中 $x$ 是存在很多个解的. 这些解之间存在着循环节，使得任意解 $x
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摘要：题意：给定一颗树，有 $m$ 次操作. 操作 0 ：向集合 $S$ 中加入一条路径 $(p,q)$，权值为 $v$ 操作 1 ：给定一个点集 $T$，求 $T$ 的并集与 $S$ 中路径含交集的权和.（就是如果路径 $i$ 与 $T$ 有交集，就产生 $v_{i}$ 的贡献） 数据范围：路径长度 $
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摘要：这个思路很巧妙啊 ~ code: #include <cstdio> #include <algorithm> #define N 2050 #define ll int #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std;
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摘要：好神啊 ~ 打表程序： #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 140000000 #define ll long long #define mod 998244353 #define setIO(s)
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摘要：判断有没有解：让所有没有障碍的格子都放一个士兵. 那么，题中要求最少放几个士兵，就是最多拿走几个士兵. 而由于行和列对士兵个数都是由要求的，这就规定了拿走的士兵的上界. 跑一个最大流来求就行了. code: #include <cstdio> #include <queue> #include <a
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摘要：Description 影魔,奈文摩尔,据说有着一个诗人的灵魂。事实上,他吞噬的诗人灵魂早已成千上万。千百年来,他收集了各式各样 的灵魂,包括诗人、牧师、帝王、乞丐、奴隶、罪人,当然,还有英雄。每一个灵魂,都有着自己的战斗力,而影魔,靠 这些战斗力提升自己的攻击。奈文摩尔有 n 个灵魂,他们在影魔宽
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摘要：code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100060 #define M 1000000 #define lson x<<1 #define rson x<<1|1 #define ll long long #define setIO(s) freopen(
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摘要：问题转化为求每一个极长横线段与极长纵线段的交点个数. 这个东西用扫描线+树状数组维护一下就可以了. code: #include <cstdio> #include <algorithm> #define N 200005 #define setIO(s) freopen(s".in","r",st
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摘要：十分有趣的问题. 我们发现如果拿的话肯定要先拿一些大的. 所以我们可以先将所有数从小到大排序，令 $f[i]$ 表示拿完前 $i$ 小先手-后手的最大值. 则有转移：$f[i]=max(f[i-1],a[i]-f[i-1])$ 反复阅读：每次拿一些数字的贡献是这些数字中最小的值. 反复阅读上一句话，
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摘要：之前绝对做过几乎一模一样的题，现在做竟然忘了. code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; ll n,ans=1
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摘要：推到了一个推不下去的形式，然后就不会了 ~ 看题解后傻了：我推的是对的，推不下去是因为不需要再推了. 复杂度看似很大，但其实是均摊 $O(n)$ 的，看来分析复杂度也是一个能力啊 ~ code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #defin
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摘要：看到这道题的第一个想法是二分+主席树（好暴力啊） 实际上不用这么麻烦，用一个双指针+桶扫一遍就行了 ~ code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100006 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using n
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摘要：不难发现，当我们要选的区间确定后，一定会把仓库安排到中间的稻草上（如果是偶数个的话中间两个都行）。 然后按照坐标从小到大枚举右指针，左指针一定不递减，双指针扫一下就行了. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 100007 #define ll long
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