随笔分类 - 题解
摘要：通过打表，我们可以发现，每个数只要换最后一个就行了。 #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; int main() { int T; scanf ("%d", &T); while (T --) { int x; scan
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摘要：因为题意是由后面复制到前面，那我们就从后往前考虑， 假设最后数组中全是 $x$， 因为最后一个数没有其他数能复制到它，所以 $x = a[n]$， 那我们做如下操作： 每次我们就找到末尾最长的全为 $a[n]$ 的串，设其长度为 $k$， 然后选 $n - 2k + 1 \sim n$，即将 $n
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摘要：显然，每个 $i$ 最多交换一次， 且 $\max (max (a_1,a_2,\cdots,a_n),max (b_1,b_2,\cdots,b_n))$ 是不变的， 有对称性，不妨设两数中的最大值为 $b_i$ 中的最大值， 所以我们就让 $a_i$ 中的最大值越小越好，也就是让每个数尽量小，
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摘要：思路分析 首先我们设 $c(i)$ 为在 $i$ 的二进制表示下，按位取反的结果， 例如：$c(50) = c((110010)_2) = (001101)_2 = 13$， 显然 $c(i) = (n - 1) - i$， 因为 $c(i)$ 是 $i$ 按位取反的结果，所以 $c(i) \& i
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摘要：回顾 首先我们先回顾一下简单版： 设 $dp[i][j]$ 表示 $i$ 次操作，至少有 $j$ 次要加 $t$ 首先加一下初始化： $dp[i][0] = 0$，即当要加 $0$ 次时，Bob 一定会狂减，那 Alice 每次选 $0$ 最优 $dp[i][i] = i \times k$，即 B
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摘要：设 $dp[i][j]$ 表示 $i$ 次操作，至少有 $j$ 次要加 $t$ 首先加一下初始化： $dp[i][0] = 0$，即当要加 $0$ 次时，Bob 一定会狂减，那 Alice 每次选 $0$ 最优 $dp[i][i] = i \times k$，即 Bob 要全加，那 Alice 每次
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摘要：考虑二分答案： $f_i$ 表示完成前 $i$ 个后的最少耗时，就有转移式： $$f[i] = \max(f[j]) + a[i], i - mid\leq j \leq i-1$$ 最后检查 $f[n]$ 是否 $\leq t$ 就行了 直接做 $O(n^2)$，优化： 线段树 $O(n log_
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摘要：我们来看一下这道题： 其实是要把 $1$ 都放在 后面，$0$ 都放在前面。 具体一点，假设 $1$ 的个数为 $k$ 个，字符串长度为 $len$， 那么我们要将 $1$ 放在 $len - k + 1$ 到 $len$，将 $0$ 放在 $1$ 到 $len - k$，分两种情况： $len -
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摘要：我们来看一下这道题： 首先我们令 $k = \left\vert a_1 + a_3 - 2 \times a_2\right\vert$， 因为 $a_1$ 与 $a_3$ 是等价的， 所以操作 $a_1$ 和 $a_3$ 的结果不会改变，以及操作 $a_1$ 和 $a_2$ 与操作 $a_3$
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摘要：看到题第一眼，感觉是字符串，但其实是动规 设 $dp_i$ 代表处理到前 $i$ 的最小代价，转移分两种情况： 花费 $a$ 的价值处理第 $i$ 个字符，则是 $dp_{i - 1} + a$ 的代价。 花费 $b$ 的代价处理 $i$ 到 $i - k + 1$ 的字符，假定 $i$ 到 $i
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摘要：我们来看一下此题： 看到最大值最小，很容易想到二分答案，设二分的值为 $x$ 再设 $sum_i$ 是 $i$ 的子树中 $a_j$ 的和，$l_i$ 表示 $i$ 的子树中叶子结点的个数， 那么我们假设在点 $u$ 上，且 $u$ 的子树除了 $u$ 以外全部分配完成，那么 $u$ 上的人肯定会优
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摘要：题目链接 我们来看一下这道题： 树上问题，容易想到树形 $dp$ 设 $dp_{i}$ 表示指定边到第 $i$ 条边要分叉多少？ 容易得到 $$dp_v = dp_u \times (num_u - 1)$$ 其中 $num_i$ 为节点 $i$ 的度。 但这样在算结果时会超时。 有没有更好的方法呢
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摘要：我们来看一下这道题： 区间问题，容易想到区间 $dp$ 那么设 $dp_{l, r}$ 表示在区间 $(l, r)$ 内有多少个回文子串。 因为两个回文串组合起来不一定是回文串，例：$aa$ 与 $bb$， 而两个非回文串组合起来有可能是回文串，例：$abc$ 与 $ba$， 所以 $dp_{i,
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摘要：我们来看一下这道题： 首先给出一个公式： $$d(ij) = \sum\limits_{x | i}\sum\limits_{y | j} [\gcd (x, y) = 1]$$ 于是，我们就要求： $$\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^m \sum
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摘要：我们来看一下这道题： 首先建出 $trie$ 树，再建出 AC自动机。 考虑容斥，即总数 - 不可读的个数。 总数 = $26 ^ m$，可用快速幂求解。 问题变成 不可读的方案 有多少个？ 显然，如果一个点 $u$，$fail[u]$ 是危险节点，则 $u$ 也是危险节点。 那么用一个 $flag
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摘要：我们来看一下这道题： 我们把图形分为 $(a, b)$ 与 $(a + c, d)$ 的矩阵 分别在两个矩阵放 $i$ 与 $k - i$ 个车 定义 $f(n, m, i)$ 表示在 $(n, m)$ 的矩阵中放 $i$ 个的方案数 讲解到此为止！ $ans = \sum\limits_{i=0}
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摘要：前置知识：KMP 本蒟蒻已经默认大佬们会了 KMP 我们来看一下这道题： 设 $nxt_i$ 表示 $A$ 中以 $i$ 为结尾的非前缀子串与 $A$ 的前缀 能够匹配的最长长度，即： $nxt_i = \max(j)$，其中 $j < i$ 并且 $A_{i - j + 1}$ ~ $A_i =
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摘要：我们来看一下这道题： 离散，毕竟 $a_i$ 达到 $10^9$，而 $n$ 只达到 $10^3$ 动态规划 ：设 $dp_{i, j}$ 代表 $A$ 的前 $j$ 个数构成以 $a_j$ 为结尾，长度为 $i$ 的严格递增子序列有多少个，则 $dp_{i, j}$ = $\sum\limits_
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摘要：我们来看一下这道题： 求出题目所说的 $X$ 二分答案 $X$，对于每个的二分的 $mid$，拓扑排序判断是否行 $check$ 部分 ： 一遍拓扑排序 判断每个节点的入度是否为零，若全为零，$return$ $true$，若又不为零，$return $ $false$ 再求出最佳顺序 拓扑排序出结
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摘要：我们来看一下这道题： 先排序，显然前三个的积是最小的 （$a[i]$ > 0） 设最小三个为 $a[1]$ , $a[2]$ , $a[3]$ ，记 $ans$ 为序列中有多少个与 $a[3]$ 相同 结果需分情况讨论： 若$a[1] = a[3]$ ，即最小三个相同，只要从序列中与 $a[3]$
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