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原题链接 题解 设 \(p\) 为指向当前无法到达的最小值的指针，初始为1 1.如果有面值为1的硬币，那么p变成2，否则答案为零 如果有面值为1的硬币，那么p变成2 如果有面值为2的硬币，那么p变成3 以此类推，如果此时p为n，且有一枚面值不大于n的硬币k，那么p此时变成 n+k 因为p为n的意思是 阅读全文
posted @ 2024-07-31 12:06
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原题链接 题解 考虑从左到右第一个在游客范围里的公寓，显然把这个公寓分给范围里最左边的游客最优，因为右边的游客更高概率遇到公寓 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lowbit(x) ((x)&(-x)) using n 阅读全文
posted @ 2024-07-30 21:52
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原题链接 题解 任何塔，其顶上要么有竖线，要么没有 假设已知 \(n-1\) 所有塔情况数，那么可以通过拉伸第 \(n-1\) 层的方块 或 放置两个 \(1\cdot 1\) 的方块 或 放置一个 \(1\cdot 2\) 的方块得到 \(n\) 层塔 而拉伸分为拉伸左边、拉伸右边和都拉伸，如果能 阅读全文
posted @ 2024-07-30 16:47
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原题链接 题解 假设我们已经知道了答案 \(x\) ，那么 \(x+1\) 不成立的原因是不管怎么分，能分的数量最小的子数组个数不会小于 \(k+1\) 据此，我们发现，能分的最少子数组数随着 \(sum\) 的减小而增大，因此答案一定是所有分的最少子数组数的sum里最小的那个 阅读全文
posted @ 2024-07-30 14:48
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原题链接 题解 解法1：暴力 枚举所有区间，判断是否合法 优化性质1：如果一个区间合法，那么其所有子区间都合法 解法2： 枚举所有点，查看以其为右端点时，最小的左端点（性质一） 优化性质2：这个最小的左端点，随着右端点的递增不会递减 解法3： 枚举所有点，查看以其为右端点时，最小的左端点，但是这个左 阅读全文
posted @ 2024-07-30 11:58
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原题链接 题解 一个合法的括号序列，满足 长度为偶数 前缀和处处不小于0 左括号等于右括号数量 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lowbit(x) ((x)&(-x)) using namespace std; co 阅读全文
posted @ 2024-07-29 23:05
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原题链接 题解 对于第一个元素，只有两种状态，要么取了，要么没取 如果取了，其能得到最大值的配置是唯一的 没取也是一样 阅读全文
posted @ 2024-07-29 21:44
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原题链接 题解 非交叉匹配 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const ll mod = 1e9+7; ll qpow(ll a, ll b) { ll res = 1; while (b) 阅读全文
posted @ 2024-07-29 20:07
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原题链接 题解 只要求最大值和最小值的差尽量小，也就意味着，权值位于最大值和最小值之间的线段可以任意取 也就是说，我们将线段按权值排序，我们只需要取其中一段区间，然后查看是否覆盖了完整的区间，如果是，判断能否更新最小值 这样看起来是两次for循环找区间，对于查看是否完整覆盖区间的部分，看起来是对区间 阅读全文
posted @ 2024-07-28 23:50
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原题链接 题解 看到数据范围，想到二进制表示所有已经上去的人的集合的最小乘坐次数，做法为遍历所有子集再遍历所有子集 时间复杂度 \(\sum_{k=0}^n C_n^k 2^k =\ O(3^n)\) 太高了 考虑优化，对于同一个集合、同样最小乘坐次数，总有电梯有空位，而空位越大的乘坐配置越优 依照 阅读全文
posted @ 2024-07-28 16:36
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