随笔分类 - ACM
大二到大三不堪回首的记忆....
摘要：原题链接 考察:RMQ 思路: 二维模板题 ##Code #include <iostream> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; const int N = 310,M = 10; int m, n,w[N][N],Q
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摘要：原题链接 考察:枚举+RMQ 错误思路: 二分+RMQ,这里不能二分的原因是不能整除的时候,后面超出的是舍弃,舍弃部分可能会使二分答案没有单调性. 正确思路: 枚举答案,但需要优化,假设每段都可以取到最大值,那么$>k$最少需要$\frac {k+maxn-1}$.然后判断是否可行 ##Code #
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摘要：原题链接 考察:排序,前缀和思想 错误思路: 建立d,p的树状数组,对于每一个查询是否有 <\(d[i]\)&&<$p[i]$的 错误原因: 显然p,d是一体的不能分开. 正确思路: 结构体排序按p,d优先顺序排序,对于每一个$p[i]\(,查询\)<p[i]$的最小$d[i]\(,如果\)>=d[
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摘要：原题链接 考察:主席树+树状数组 实际是动态主席树的模板题,反正本蒟蒻不会(. 思路: 主席树实际是有n个根结点的线段树,如果我们修改第i棵主席树的值,后面i~n棵树都需要修改,时间复杂度最坏是$O(n*m)$级别的,但是主席树求区间第k小,实际就是求前缀和,而操作又涉及单点修改,这里可以考虑树状数
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摘要：原题链接 考察:博弈论 完全给我WA麻了,没有特判4这个点,结果是一直WA. 思路: 3种情况: n为奇数,只有一种取法 n为偶数且n/2也为偶数,此时和奇数一样取 n为偶数且n/2为奇数,直接取一半. 当n==4这个点一定要特判 ##Code #include <iostream> #includ
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摘要：原题链接 考察:主席树 写错了LCA的板子,debug几个小时... 思路: 和在一维数组上建立主席树不同,树上建主席树是以父节点为上一个版本,这里求(u,v)的第k小值,实际就是: \(tr[u].cnt+tr[v].cnt-tr[lca].cnt-tr[fa[lca]].cnt\) 写得比较繁琐
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摘要：原题链接 考察:主席树 思路: 利用二分的思想,即在主席树上二分,详细参考代码,主要记板子. 1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <vector> 4 #include <algorithm> 5 using namespace
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摘要：原题链接 考察:思维 思路: \(a^2+b^2=c^2\) \(a^2 = c^2-b^2 = (c+b)(c-b)\) \(令c+b = a^2 ,c-b = 1则\) \(c = \frac{a^2+1}{2} , b = \frac{a^2-1}{2}\) 此时分5种情况: (1) n =
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摘要：原题链接 考察:构造 思路: 可以发现(i,i)点彼此距离为sqrt(2).我们构造彼此距离差1的点即可 ##Code #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; int n,m; int main() { while(sc
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摘要：原题链接 考察:思维 过了这题的有1w+,本蒟蒻直接去死算了() 思路: 假设排序后$a[0],a[1],a[2]$ 分两种情况: \(a[2]>=2(a[0]+a[1])\),此时答案为$a[0]+a[1]$ \(a[2] < 2(a[0]+a[1])\),此时不断取a[2] 2个,a[1]取一个
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摘要：原题链接 考察:线性dp(状态机dp?) 错误思路: 对于每个数字按出现次数sz与值val的乘积排序,假设第一个值为x,$x*sz[x]>(x-1)*sz[x-1]\(但这并不表明\)(x-1)*sz[x-1]+(x+1)sz[x+1]会<xsz[x]$.所以贪心是不可取的. 正确思路: 选择没有规
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摘要：原题链接 考察:贪心+二分 错误思路: 对于每个折扣能买就买. 正确思路: 直接求最小天数是不好求的,先二分确定天数,然后判断此天数是否能买完.用while和优先队列模拟每天干什么,对于每个折扣,最优解是在给定天数范围内,买折扣物品的天数能晚则晚,将钱留给其他物品. ##Code #include
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摘要：原题链接 考察:贪心+思维 思路: 易知 反序和<=乱序和<=正序和.但是这道题是求$f[l,r]$的累加和.我们可以发现由于a是固定的,每个$a[i]$对res的贡献次数也是固定的:即$i*(n-i+1)\(,也就是求\)\sum_1^n a[i]*b[i]i(n-i+1)$,因为对于$a[i]$
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摘要：原题链接 考察:思维 错误思路: 每个数求lcm,检查lcm的因子是否在d数组内. TLE 思路: 如果存在的话,最后答案一定是res = d[n]*d[1](排序后),我们检查res的因子,最后比较个数即可(一定要比个数). ##Code #include <iostream> #include
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摘要：原题链接 考察:贪心 思路: 原本的思路是根据给定1的的数量确定0数量的范围.假定当前1的数量为n,那么0的数量m的范围是 \(\frac{n-1}{2}<=m<=n{\quad} (n>=0)\).根据范围是否合法进行两种操作: \(res+="110"\) \(res+="10"\) 但是这都是
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摘要：原题链接 考察:线段树 or RMQ + 离散化 错误思路: 对于查询中,没给出降雨量的年份,假定降雨量为0,再建立线段树. 错误原因: maybe的依据是区间最小值为0,但是即使有不确定的年份也可以确定false,而且插入虚点了就不方便判定中间值与$l,r$的大小情况. 正确思路: 对于每个查询,
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摘要：原题链接 考察:数论+状压dp 思路: 很明显要选$gcd(L_i) = 1$,且成本和最小的卡片.如果用背包dp会MLE.从单个考虑,枚举一个$L_i$,它的质因数总数不超过9个.这里就可以用状压dp,枚举其他$L_i$,如果不能整除质因子$p$,就在那一位赋1,最后取最小值即可. ##Code
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摘要：原题链接 考察:拓扑排序 思路: 不难,暴力建边+拓扑排序,impossible条件是出现环或者,比较长度时,长的排在短的前面. ##Code #include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> u
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摘要：原题链接 考察:线段树 or 思维+RMQ ####思路一: 用线段树解法比较容易理解.$cnt$记录$[l,r]$区间的最大次数.它可以由子区间的cnt推来,如果左子区间的右端点 = 右子区间的左端点,那么也可以由左子区间的右连续最大长度+右子区间左连续最大长度推来. 需要注意的是查询和push_
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