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题目是要求 \(\sum_{i = 1}^n\sum_{j = i+1}^na_ia_j\)，实际上就是 \(\sum_{i = 1}^na_i(\sum_{j = i+1}^na_j)\)，然后发现 \(\sum_{j = i+1}^na_j\) 可以用前缀和维护，于是就没了。 代码： #incl 阅读全文
posted @ 2025-05-13 21:01
林晋堃
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题目传送门。 首先正常优先队列，看到左边和右边，肯定得扫两遍，至于如何判断是否存在奶牛的身高使它拥挤，只需要判断队首是否使它拥挤就行了，因为根据优先队列的性质，你会发现队首就是最高的那个人，如果最高的人不满足，那其他人更不可能满足。 代码： #include<bits/stdc++.h> using 阅读全文
posted @ 2025-05-09 16:06
林晋堃
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题目传送门。 一眼就是一道类似单调队列结构的东西的题目。 首先将所有坐标排序，然后按照类似单调队列的方法扫，准备一个 \(cnt\) 数组用来记录目前有多少种彩珠，然后弹出的话就是弹出那些没必要要的东西，也就是 \(cnt_x>1\) 的情况要弹出 \(x\)。 代码： #include<bits/ 阅读全文
posted @ 2025-05-09 14:11
林晋堃
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一、什么是反悔贪心 反悔贪心就是在普通贪心的过程中“反悔”，从而使得一些看似不太好贪心的题变成贪心可做题。 二、反悔贪心普遍流程 就是先使用一个好想的贪心策略，使用优先队列进行维护，然后如果在贪心时发现一个东西不能选，那你要考虑之前选的东西里面是否有比这个东西相对意义更差的东西，如果有就丢掉之前选的 阅读全文
posted @ 2025-05-05 20:16
林晋堃
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简单题，直接 DFS 扫一遍，看有没有经过重复点并且这时其它点都已经走过即可。 代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 2e5+5; vector<int>e[N]; int vis[N]; int n,m; vo 阅读全文
posted @ 2025-05-04 18:32
林晋堃
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简单题，直接暴力就行了（话说这题怎么比 B 题还简单），枚举每一个动物园去几次即可，可以加一个剪枝，如果当前方案的花费已经超过或等于目前找到的最小花费，那么退出。 注意：十年 OI 一场空，不开 long long 见祖宗！！ 代码： #include<bits/stdc++.h> using na 阅读全文
posted @ 2025-05-04 18:28
林晋堃
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不要问我为什么会写 B 题的题解，因为今天这场比赛我炸了，而且还被魔怔了。 在下唐氏先生，由于考场中二病发作，使用 \(\operatorname{BFS}\) 来做题，结果过了一个小时也没整出来（本人已被魔怔），其实在调的过程中也发现其实没必要这么复杂，但是我认为反正已经写了，就没必要再重新写了， 阅读全文
posted @ 2025-05-03 22:05
林晋堃
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很简单，就是用类似 \(\operatorname{BFS}\) 的方法进行维护，走路不花费，前踢花费 \(1\)，不过这个题很显然两种不同的操作无法满足 \(\operatorname{BFS}\) 的性质，所以得使用优先队列进行维护。 代码： #include<bits/stdc++.h> us 阅读全文
posted @ 2025-05-03 11:45
林晋堃
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这题卡精度！！！！卡精度！！！！卡精度！！！！卡精度！！！！ 我告诉你，C 题比 D 题难很多。 首先可以想到如下程序： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long unordered_map<int,int> 阅读全文
posted @ 2025-05-03 11:34
林晋堃
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题目传送门。 首先发现最大段落平均数具有单调性，首先二分，然后发现对于每个 \(mid\)，只需要找到一个长度在 \([S,T]\) 范围内的子段并且这个子段的平均值大于等于 \(mid\) 即可，转化一下，只需要重构一个序列 \(b\)，\(b_i = a_i-mid(1 \le i \le n) 阅读全文
posted @ 2025-05-03 11:12
林晋堃
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