随笔分类 - 贪心
摘要：题解 分行考虑，每一行都被火山截断为若干个区间（由于$n$数据范围较大，只考虑有火山的行）。如果上一行不存在与当前区间有交集的区间，则将其删去，判断最后是否留有可行区间即可。 具体实现：将每行的区间放入一个集合之中，对于一个区间$[l,r]\(，二分上一行中第一个左端点\)\ge l$的区间和最后一
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摘要：题解 对于一对方向相反的牛，它们之间的顺序是无关紧要的，因为一定有一头会看到对方被挤奶，所以只需要考虑方向相同的牛。对于向左的牛，从右到左挤奶，反之亦然。 代码 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; co
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摘要：题目链接 题解 对于需要颜色相同且位置不同的元素，易得同种颜色数量的最大值越小，越容易构造成功。因此对于颜色、位置均需相同的元素，利用优先队列使其选择数量最大的元素填充。求出剩余元素中同种颜色数量的最大值$ma$，将剩余元素按照值从小到大存储。因为$i$和$i+ma$元素值一定不等，所以两者可以互换
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摘要：题目链接 题解 将$a_i,b_i$4种情况的书分别存入4个优先队列。首先考虑满足$k$，也就是在两人喜欢的书数目$\le k$、所选书目$\le m$的条件下优先选择$a_i=b_i=1$的书，其次是将$a_i=0,b_i=1$和$a_i=1,b_i=0$的两本书绑在一起选择。如果这样选择后
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摘要：题目链接 题解 将所有逆序对$(x_i,y_i)$按照$y_i$降序排序，若$y_i$相等则按$a_{x_i}$($a$为原序列)升序排序，若两者均相等则按$x_i$升序排序即可。 对于序列$a$，如果每次寻找一组逆序对并将它们交换，易得经过若干组操作后一定可以化为单调不降的序列，因此我们只需保证
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摘要：题目链接 题解 先处理一定无法入选的情况：将剩下的选票全部给$i$号人仍无法超过排名第$k$的人，或$i$号人无选票且没有剩余选票。然后是一定可以入选的情况：$i$号人有选票，并且使排名前$k+1$中所有选票少于他的人选票超过他所需选票$>m-a$，或者所有人均可入选。其余为有可能入选的情况。 具体
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摘要：题目链接 题解 由于数据范围无法枚举$n$量级的次数，只得处理每个障碍物对答案的影响。可以发现，每个障碍物所在列的另一个方格无法被$2\times 1$的矩形覆盖，只能将矩形横过来，而这会使两行的覆盖错位（由左向右考虑）。这时我们需要下一个障碍物将其纠正，当相邻两障碍物同行且下标差为偶数，或异行且下
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摘要：题目链接 题解 如果$M>A+R$的话（可能还要加上些奇奇怪怪的条件，总之就是全部弄成$M$最优的情况），把高度变为平均数一定最优，这样可以最大化使用$M$。如果$M$没有太大用处，而是要在$A,R$之间找平衡的话，可以发现最终高度一定为某个柱子的高度。简单证明：将$h$数组升序排序，设$h_i<r
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摘要：题目链接 题解 $O(\sqrt n)$竟然能过！暴力的胜利 利用贪心思想，我们希望最大的城堡最高，这样总塔数最小。但是高堡需要比它低的城堡做铺垫，因此总趋势应该是先单调不降后单调不升（至少我们可以将之摆放成这样）。也就是设最高值为$sum$，一排城堡应如此：\(\{n,n+1,...,sum(,s
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摘要：题目链接 题解 由于数据范围无法枚举$n$量级的次数，只得处理每个障碍物对答案的影响。可以发现，每个障碍物所在列的另一个方格无法被$2\times 1$的矩形覆盖，只能将矩形横过来，而这会使两行的覆盖错位（由左向右考虑）。这时我们需要下一个障碍物将其纠正，当相邻两障碍物同行且下标差为偶数，或异行且下
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摘要：题目链接 题解 贪心呐，策略是由倒数第二层节点向上递归，将所有未交换的子节点与递归到的节点互换。若根节点未移动，则将其与任意子节点互换即可。 简单证明：节点$i$一定需要和与它一条边即可相邻的节点（父结点或子节点）交换。设节点$i$深度为$d_i$，且$d_$及以下的节点全部处理完毕（也就是只剩下它
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摘要：题目链接 题解 设$a_i$表示节点$i$被覆盖次数，用差分求出。可以发现，如果存在节点$i$使得$a_>a_i,a_{i+1}>a_i$则一定不存在被所有线段覆盖的节点（$i$一定会把两边的线段断开），因此最长单峰子序列（先单调不降后单调不升）的长度即为答案。正反2次求LIS，记录$l_i,r_i
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摘要：题目链接 题解 因为只需关注最大值，所以每次使最大值$/2$，如果已有此值则继续$/2$直至出现不在$x$中的值，如果全部在$x$中则现在的序列$x$即为最优方案。设当前$x$中最大值为$a$，不断进行$a/2$得出的数为$b$，因为$b/2$得出的数$a/2$也可以得出，不存在对非最大值进行操作可
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摘要：题目链接 题解 可以发现，将$a_i$自$A$移动至$B$段（$A,B$为前缀、后缀）产生的结果为$sum(B)-sum(A)+=2\cdot a_i$，而最终状态应为$|sum(B)-sum(A)|=0$。因此我们可以枚举$a_i$，及其所在段（\(A/B\)）。当$a_i$在$B$中时，使用ma
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摘要：题目链接 题解 可以发现Ciel所处如下三种情况之一：①无法击灭对方全部攻击卡牌；②可以击灭全部攻击卡牌，但无法击灭防御；③可以击灭对方全部卡牌。 对于第一种情况则尽力使双方卡牌权值差最大，使用田忌赛马策略使用我方最优卡牌攻击敌方最劣卡牌。对于第二种情况则使我方击灭对方全部攻击卡牌即可，以最优攻击最
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摘要：题目链接 题解 可以发现$a$序列的目标状态一定是从$0$开始的连续的（$[0,k]$间每个数均出现过）序列。因此用$pos$数组记录每个$a_i$值出现的次数，从前向后遍历每个员工。如果出现$pos[i]=0$则$ans+1$，并从未统计的员工中选一个填补空缺，直至所有员工均被统计。此外，如果下标
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摘要：题目链接 题解 对于$b_i\ge 0$可以提前处理，因为如果$r$一直增加仍无法完成，减少也一定不可行。这一部分按照$a_i$从小到大排序，因为较小的$a_i$容易满足。 对于$b_i<0$，已知$r\ge a_i$我们希望$r+b_i\ge a_{i+1}$，也就是$r\ge max(a_i,a
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摘要：题目链接 题解 因为$T$段内容均为相同的，最多只需$n$个重复区间即可包含最长不降子序列中的全部元素。因此将复制$n$段$a$数组进行LIS计算即可得出包含答案序列全部元素的上升子序列，朴素dp时间复杂度为$O(n^4)$，可以通过。而对于剩下的重复区间，利用贪心思想取$a$数组中出现次数最多的元
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摘要：题目链接 题解 因为由$n$个点、$n$条边组成的图一定为若干个环，所以不需考虑$l,r$在具体客人中的分配。易得两人间空隔的椅子数$=max(l_i,r_i)$，而我们需要找到一种排序方式使得$max(l_i,r_i)+max(l_{i+1},r_{i+1})\le max(l_i,r_{i+1}
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摘要：题目链接 题解 可以想到，这道题需要维护每日的内核数，并利用贪心思想找出该日价值从小到大的前$k$个内核。第一想法是优先队列+二分，但无法处理出队，于是卡住了(# -_ゝ-)。此后阅读了一篇题解，发现可以使用权值线段树。 线段树中维护当日每个价值的内核个数（因为$p_i\le 10^6$，不需要离散
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