随笔分类 - all—好题
摘要：dfs会T，只好正反两遍拓扑了…… cpp include include include include using namespace std; const int N=100005; int n,m,h[N],cnt,d1[N],d2[N]; double f[N],p[N],s[N],ans
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摘要： ```cpp #include #include #include using namespace std; const int N=1000005; int n,a[N],b[N]; long long m,...
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摘要：一看区间操作，很容易想到差分 所以就是先差分，然后为了保证最小步数，把政府差分抵消，也就相当于原数组区间加减 第二问，因为差分数组抵消之后不为0就需要使用n+1的虚拟位置，而这个的值其实没有，所以我们可以在这个抵消后的数的范围内随意操作，也就是任意取值
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摘要：Wall是个好东西，要不然我至死都看不出来我把(b[i]+b[j])写成了(b[i],b[j])…… 还是来自lyd的题解： （其实原来课件第一行式子写错了没有 1，然而我用sai手画了一个上去hhhh，板绘选手表示鼠绘真难） cpp include include include using na
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摘要：二分答案，注意l是max(a[i]+a[i+1])，r是sum_a 判断的时候用dp，设f[i]为i与1最少的相同颜色数，g[i]为i与1最多的相同颜色数，转移是f[i]=max(a[i] (w a[i 1] (a[1] g[i 1])),0),g[i]=min(a[1] f[i 1],a[i]);
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摘要：来自lyd课件 发现s和last(s),next(s)成树结构，然后把式子化简成kx+b的形式，做树形dp即可 cpp include include include using namespace std; int n,t,a[105]; double p,q; struct qwe { doub
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摘要：设g[u]为这个点被儿子和自己充上电的概率，f[u]为被儿子、父亲和自己充上电的概率 然后根据贝叶斯公式（好像是叫这个），1.P(A+B)=P(A)+P(B) P(A)\ P(B)，2.P(A)=(P(A+B) P(B))/(1 P(B)) g的转移很好想，根据上面的1公式，g[u]=g[u]+g[
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摘要：首先考虑快排的递归什么时候停下，显然是当前段只剩下一个数了，也就是一个数两边出现分隔符 然后再考虑计算冒泡长度这个操作，因为有分割，所以我们可以把这些放到一起冒泡，这和递归每个区间冒泡是等价的 所以答案就是一个数被动了几次，也就是他两边的分隔符出现的最晚时间 在冒泡排序中，每次冒泡，一个数如果前面有
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摘要：一眼二分。然后重点是树上贪心部分 长得像dp一样，设mn为子树内已炸点的最浅点，mx为子树内没有炸并且需要炸的最深点，然后转移直接从子树继承即可 然后是判断当前u点是否需要炸，当mx[u]+mn[u] include using namespace std; const int N=300005;
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摘要：按根号300000=m分情况讨论 查询是，当x小于等于m，那么可以暴力记录直接出解；否则，用分块维护区间值，查询的时候以x为步长跳根号m次取最小值即可 还有一种并查集方法，来自https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7088337.html cpp include i
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摘要：这题加个 include都会MLE…… 神思路，每个数抵消宇哥和它不同的数，最后剩下的就是众数 cpp include int n,la,x,tot; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i
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摘要：神区间dp 设f[l][r][0]为在l到r中压缩的第一个字符为M，并且区间内只有这一个M，f[l][r][0]为在l到r中压缩的第一个字符为M，并且区间内有两个及以上的M 然后显然的转移是f[i][j][1]=min(f[i][k][0],f[i][k][1])+min(f[k+1][j][0],
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摘要：注意到周期234的lcm只有12，也就是以12为周期，可以走的状态是一样的 所以先预处理出这12个状态的转移矩阵，乘起来，然后矩阵快速幂优化转移k/12次，然后剩下的次数暴力转移即可 cpp include include include using namespace std; const int
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摘要：脑补一下给出的图：一个环，然后有若干连接环点的边，我们就是要求这些边不重叠 考虑一下不重叠的情况，两个有交边一定要一个在环内一个在环外，所以把相交的边连边，然后跑黑白染色看是否能不矛盾即可（可能算个2 SAT？） cpp include include include using namespace
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摘要：spfa预处理出最短路数组dis，然后反向建边bfs出ok[u]表示u能到n点 然后发现有0环的话时候有inf解的，先dfs找0环判断即可 然后dfs，设状态f[u][v]为到u点，还可以跑最短路+v的长度，记忆化，然后直接搜即可 cpp include include include includ
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摘要：设f[i]为凑i元的方案数，这个随便dp一下就行了 然后处理限制，我们考虑用容斥，也就是4个超限 3个超限+2个超限 1个超限，这里用状压枚举一下，然后i硬币超限就当做选了d[i]+1个，在s里减去，最后用来容斥的就是f[s']
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摘要：思路有点眼熟啊，就是设l1记录长为x的极长全1串贡献x的答案，l2记录长为x的极长全1串贡献x^2的答案，f记录真正的答案 转移的话根据n (n 1)=1,n^2 (n 1)^2=2n 1,n^3 (n 1)^3=3n^2 3n+1直接转移即可 cpp include include using n
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摘要：很容易发现行数就是lcm环长，也就是要求和为n的若干数lcm的个数 有结论若p1^a1+p2^a2+...+pm^am include using namespace std; const int N=1005; int n,p[N],tot; long long f[N][N]; bool v[N
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摘要：和数据备份差不多 设二元组(i,a[i])，开一个大根堆把二元组塞进去，以len排序，每次取出一个二元组 因为单纯的贪心是不行的，所以设计一个“反悔”操作。 记录二元组的前驱pr后继ne，把拿出来的二元组的len加进答案，然后把当前二元组和它的前驱后继当成一个，也就是len[x]=a[pr[x]]+
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