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开纵横两个结构体数组，记录连续涂了一整行或者一整列的情况 再开一个map，记录涂点 #include<iostream> #include<algorithm> #include<map> #include<utility> using namespace std; typedef pair<int 阅读全文
posted @ 2020-01-27 19:15
StelaYuri
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我猜这个数列可以直接从大到小凑…… 推出帕多瓦数列每一项，从大到小循环 遇到小于等于x的项就减掉这一项 全部循环完毕后判断x是否为0即可 #include<stdio.h> typedef long long ll; ll a1,a2,a3,d[50]; void cal(){ ll a4=a2+a 阅读全文
posted @ 2020-01-27 19:12
StelaYuri
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在dfs过程中加上栈记录当次dfs走过的路径 如果当次dfs到了一个之前的dfs已经经过的点 又因为只对没有访问过的点开始dfs 所以这种情况就说明接下来不可能返回到当次dfs开始的点 将栈内元素取出，恢复vis状态为未访问过，起始点保持访问过状态（说明这个点不可用） 最后找最优解 #include 阅读全文
posted @ 2020-01-27 17:52
StelaYuri
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对于n*m网格 取min(n,m)作为最大的正方形边长 则答案可以表示成 s=1~min(n,m) 对于一个s*s的正方形 用oblq数组储存有多少四个角都在这个正方形边上的正方形 以4*4为例 除了4*4自身外，四个角在边上的正方形还有 所以4*4网格最多可以有4种正方形存在 推出s*s网格最多可 阅读全文
posted @ 2020-01-27 17:36
StelaYuri
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因为成环 所以可以枚举第1只与第n只喂的次数 然后第1只和第2只的次数就固定了，以此类推，则所有宝可梦喂的次数都固定了 最后处理完检查是否全为0，不是则进行下一次枚举，是则直接输出Yes 如果所有枚举均不成立，输出No #include<bits/stdc++.h> using namespace 阅读全文
posted @ 2020-01-27 16:41
StelaYuri
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将辈分差距转为数字 例如 A 是 B son A=B-1 A 是 B grandfather A=B+2然后编号1数字设置为0，建图bfs 最后搜索编号2到100是否存在>0的数即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef pair< 阅读全文
posted @ 2020-01-27 16:36
StelaYuri
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可得应当优先寻找最大的2^n-1这个数 如果l的位数不等于r的位数，那么这个数 2^n-1 就是最优解（每一位全为1） 如果l和r的位数相同，先看r是否符合 2^n-1，符合直接返回，不符合的话拆除最高位继续寻找 例如 l=10 r=14 即1010~1110 B l和r位数相同且r不全为1 则可以 阅读全文
posted @ 2020-01-27 16:27
StelaYuri
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从小到大排序后 先固定一遍，另外两边递增查找 即固定 i，j=i+1，k=j+1 然后让k递增到 a[i]+a[j]<=a[k] 时 此时不能凑成一个三角形 答案增加 k-1-j 组 此时不需要重置 k=j+1 因为 j++ 后 a[j] 会变大 那么在 j~k 之间的所有木棍长度均能再次满足这种 阅读全文
posted @ 2020-01-27 15:55
StelaYuri
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Nim博弈 因为移动到第0阶会消失 所以可以得到从最后一个人操作必定是把第1阶所有子全部移动到第0阶 递推可得，最后一个能把奇数阶的子移动到偶数阶上的人将会必胜 所以这个必胜条件就是奇数阶上的子全部为0 拿奇数阶进行Nim博弈即可 #include<stdio.h> int main(){ int 阅读全文
posted @ 2020-01-27 15:38
StelaYuri
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因为从俯视图看，输入输出的视角是从右下方看向左上方的 所以左上角的正方体最有可能被其他正方体挡住 立体上，底部的正方体最有可能被顶部的正方体挡住 所以绘图应该从后往前，从下往上绘制 剩下的就是一大堆计算和判断了 采用的是先绘制出规范的图再与输入的图做对比的方式 #include<stdio.h> # 阅读全文
posted @ 2020-01-27 01:23
StelaYuri
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