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摘要： 传送门 此题与之前某一场div.2的D题一模一样（ 我们从后往前遍历，假如当前已经遍历了k个数，那么我们能选的数就有\(\left \lfloor \frac{k}{2}\right \rfloor\)个，所以假如当前优先队列中的数没有这么多，就直接选当前的数，如果已经选了这么多个数了，就看最小的是 阅读全文

摘要： 传送门 首先第一直觉直接令dp[i][j]表示当前甜度咸度分别为i,j时能吃的最多的菜数进行dp，时间上\(O(nxy)\)肯定是炸的 优化方法其实也很简单，我们注意到n相对于x和y来说很小，所以我们只需要想办法把时间复杂度中的x或者y替换成n即可，类似于矩阵乘法时我们选择最小的一个作为平方项复杂度 阅读全文

摘要： 赛时写了一个\(O(nm^{2})\)的做法想不到该怎么优化，赛后看题解用dfs序dp，觉得有点不习惯（还是习惯直接树上dp），翻别人的代码发现一个直接树上dp的做法，这里仅根据我的理解来解释一下。 首先设dp[i][j]表示整棵树所选节点权值和为j的情况下，i节点必选的方案数，接下来看如何转移。 阅读全文

摘要： //记录一下思考这道题dp的过程 //首先发现如果想填三个格子，填法只有那么几种。所以我在一开始的想法是设置一个多维dp，记录下当前对应第几行、已经填了多少个、以及是哪一种填法 //但是发现这样不好转移，或者说无法转移。那么再思考，其实考虑填法的那一维可以变成当前这一列对应的两个格子各自的状态，用二 阅读全文

摘要： //记录一下如何想到具体DP转移方程的 //首先想令dp[i][j][k]表示第i次移动之前，左手在j位置，右手在k位置的情况。这样状态转移很简单，但是时间空间都会炸 //空间好办，直接滚动数组即可。至于时间，我们发现前一次移动之后有一只手的位置是固定的，这直接帮我们省掉了一维的时间和空间 //于是 阅读全文

摘要： //首先思路是，对于每一轮，假如是奇数轮次，我们只需要让当前轮次的所有数尽可能大即可，反之则尽可能小。所以用l=1和r=n来放答案 //对于当前轮次，如果是奇数，很明显只需要挨个从r往小放即可，因为这样已经保证了后面放的所有数都比当前放的小，也就是当前放的数不会是局部最小值 //现在还剩下一个问题， 阅读全文

摘要： 传送门 题目大意：博弈论，给定若干个数轴上属于正半轴的区间，每次可以往左移动区间，但是不能重叠或是区间左端点非正，最后无法移动的人输。 首先我们将每个区间中包含了多少个数（不包含左右端点）看作是多少个小球，那么考虑一次移动区间，我们发现移动一次区间对于这个区间本身是没有任何影响的，影响的是这个区间左 阅读全文

摘要： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t; const int N = 2e5 + 10; int n,m,ans,pos[N],cnt; vector<int> g[N]; vector<bitset<N> > h; void solve 阅读全文

摘要： //首先需要注意到,如果我们对当前序列中每个数都进行一次操作,那么实际上是令整个序列每个数都减一 //于是假设序列k,k,...,k是可以由当前序列转化过去的,那么k-1,k-1,...,k-1也是可以得到的,乃至小于等于k的每个数都是可以作为最终答案的 //于是我们发现答案具有单调性,即有答案的情 阅读全文

摘要： 传送门 题目大意：求斐波那契数列中第n个能整除k的位置 其实找几个数手推一下就会发现貌似是存在每种周期关系的。 这样写看似会无限重复下去，但是实际上是能通过的。根据皮萨诺周期，实际的枚举次数不会超过6k（至于证明，我也不会啊QAQ 放一个FIB数列最大公约数定理：gcd(F(m),F(n))=F(g 阅读全文