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摘要： 题目链接： 首先根据条件 $- 对于所有 i=1,2,…,N−1,有一条边连接顶点 v_i $ 和 \(v_{i+1}\) 可以得到，路径图必须有 \(N-1\) 条边。 其次， If integers \(i\) and \(j\) satisfies \(1 \leq i, j \leq N\) 阅读全文

摘要： 转载自：jiangly算法模板收集 声明 2024.03.31 Update：新增《Splay（其三）》。 历史更新记录 2024.02.21 Update：文件层级重构，新增《后缀自动机（SuffixAutomaton 旧版）》、《回文自动机（PAM）》 龙年快乐~ 2023.12.29 Upda 阅读全文

摘要： 1、主体框架： #include <bits/stdc++.h> using i64 = long long; int main() { std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(nullptr); } 2、基本都在主函数中定义数组而非全局，且多用 阅读全文

摘要： 题目链接： 注意到“您可以按任意顺序执行以下两种运算零次或多次”。 因此，解决这个问题的一个重要观察点是，你可以假设 \(A\) 操作执行了几次，然后 \(B\) 操作执行了几次。你也可以假设 \(A\) 操作最多被执行 \(N\) 次(因为执行 \(N\) 次就会使它处于原始状态) 有了这个观察结 阅读全文

摘要： 题目链接： 直接暴力的话时间复杂度为 \(O(n^2)\)，显然会 \(\sf TLE\)。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 5e4 + 10; int a[N], S[N]; int main() { ios: 阅读全文

摘要： 题目链接： 状态划分：考虑是否偷 \(\rm nums[0]\) 若偷 \(\rm nums[0]\)，则 \(\rm nums[1]\) 和 \(\rm nums[n-1]\) 不能偷，问题变为从 \(\rm nums[2]\) 到 \(\rm nums[n-2]\) 的非环形版本，可直接调用 1 阅读全文

摘要： 题目链接： 本题和198.打家劫舍有异曲同工之妙。 由于街道两侧互不干扰，因此可以考虑只计算出一侧的状态，然后利用乘法原理即可。 状态划分时，考虑第 \(i\) 个地块选或不选： 若选，则第 \(i-1\) 个地块不能选，第 \(i - 2\) 个地块可选可不选。\(f[i]=f[i-2]\) 若不 阅读全文

摘要： 题目链接： 本题是爬楼梯的又一变式。 分析样例可知，每次选择的都可以是 \(\rm nums\) 中的任一个数，而最后选择完毕的数之和等于 \(\rm target\). 可以认为我们每次从 \(\rm nums\) 中选一个数作为往上爬的台阶数，问爬 \(\rm target\) 个台阶有多少种方 阅读全文

摘要： 题目链接： 本题其实是爬楼梯这道题的变式。 题目要求长度在 \(\rm low \sim high\) 之间的好字符串个数，那我直接把所有长度的好字符串个数搞出来，再取长度在这个区间的相加就完事了。 设 \(f[i]\) 表示构造长为 \(i\) 的字符串的方案数，也即长为 \(i\) 的好字符串的 阅读全文

摘要： 题目链接： 既然让求深度之和，那么我就定义以 \(i\) 为根时深度之和为 \(f_i\)，现在就是思考状态转移的问题。如果以某种手段得到了 \(f_1\)，那么接下来的转移就好说了。 设 \(u\) 为当前节点，\(j\) 是当前节点的子节点。\(s_i\) 表示以 \(i\) 为根的子树中的节点 阅读全文