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clangd下载链接 需要配置clangd,mingw64/g++的环境变量 太低版本的mingw(如4.9.2)会有问题 .clangd: CompileFlags: Add: - --target=x86_64-w64-mingw32 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:14
whs_1007
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题目 思路： 设一共搬了k趟,当前一趟搬的是\(p_1,p_2,...,p_m\)。 显然最优方案是先走到\(p_m\),然后往前走 又得知距离越远的代价就越大 所以最后k个最先搬，往前k个再搬，一直搬到开头。 我做的时候想到DP去了，没有固定趟数，但是实际上在确定后方案是又规律的 #include 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:12
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题目 思路： 考虑容斥，答案为\(\sum{(-1)^i*f_{i}}\) 对于f_{i}，实际就是求用强制i个不合法，剩下的随便选。 由于长度固定，所以mod k不同的点互相独立 这样可以设f_{i,0/1}表示考虑到第i个点，选/不选i的方案数。 转移不必多说。 代码上可以将序列重排，让模数相同 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:11
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题目 思路： 首先交换是可传递的，所以我们将所有和满足条件的点对连起来就是对的，复杂度\(O(n^2)\)。 考虑优化建边：最小颜色的最小球往其他颜色的最小球连，相同颜色往最小连，最小颜色非最小球往次小颜色最小颜色连。 难点主要在优化 #include<bits/stdc++.h> using na 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:10
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题目 思路： 直接做不好做，而max,min刚好对应大小关系，所以可以拆贡献，将数拆成小于当前数的个数 枚举分解点X 设p_{i,j}表示第j个数经过i次操作后大>=x的概率 则得: \(f_{i,j} = (1-p_j) \cdot f_{i-1,j} + p_j \cdot \frac{(M-x 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:10
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题目 思路： 因为中位数只跟大小关系有关，而如果原序列\(>=x\)，则\(a_i>=x\)的01序列的答案就是答案与x的大小关系 二分x,然后发现如果又相邻两个1，那么1就会一直往上 e.g. 1 011 00110 0001100 000011000 然后答案就是距离最近的ai=ai+1的值 证 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:09
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题目 思路: 首先可以把L,R中二进制相同的前几位去掉，然后此时L的第一位是0，R的第一位是1 这样就可以分两类讨论: 第一类: x=1000000 // 只保留最高位的 1 y=0111111 // x-1 这样我们可以得到[x|A,M]内的所有数 第二类: p=1001000 // 保留最高位和 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:08
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题目 思路： 首先发现由于两点经过时间固定，在收集完第一枚后，后面都是在吐出的瞬间收集，这样肯定是最优的。 又因为E最大，得出最优的收集方式是一段一段的先触发，再走回去，最后收集。 于是设\(dp_i\)表示收集完前i个硬币且回到\(x_i\)的最短时间 则： \[dp_i <- dp_j+x_i- 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:08
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题目 思路: 由于\(|1-3|=2\)，操作一次后所有数都为012、 先不考虑2，那么操作过程可以看做异或 手模一下： \[a_1,a_2,a_3,a_4 \]\[a_1a_2,a_2a_3,a_3a_4 \]\[a_1a_2^2a_3,a_2a_3^2a_4 \]\[a_1a_2^3a_3^3a 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:07
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题目 思路: 考虑只有一个讲题区间的做法，直接预处理每一个点被覆盖的次数就可以了。 但当遇到另一个区间时，我们想要快速确定一个人如何选择讲师 因为一个线段取的是交集最大的讲师线段，所以我们考虑线段交集随讲师线段移动的关系，肯定是先变大，然后不变，在变小 而且有一个很重要的性质：函数有对称性 所以只要 阅读全文
posted @ 2026-09-11 21:06
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