随笔分类 - 题解
摘要：Codeforces Round #607 (Div. 1) A 每个位置一旦被赋值就不会再更改。记录当前哪些位置已经赋值，然后暴力更改没赋值的位置。但 \(m\) 之后的用不到不用管 B 答案只有 \(6\) 种 \(res=0\) 初始就全都是 \(A\) \(res=1\) 矩阵的四条边界中有
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摘要：Codeforces Round #606 (Div. 1) Codeforces Round #606 (Div. 1) A dp：不用任何观察。只有 \(one,two\) 两种特殊的串，\(dp\) 的时候只要记录末尾是 \(o,on,t,tw\) 还是其他东西就好了 greedy：遍历字符串
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摘要：Codeforces Round #604 (Div. 1) A 先把原序列去重弄成二元组 \((x,c_x)\)，即解了 \(x\) 题的有 \(c_x\) 人。这样的处理方便解决“严格大于”的限制，只要每种奖牌取一些二元组即可。 然后找到人数一半的位置把后面的仍掉。接下来枚举金牌的人数，然后从后
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摘要：CF1264E Beautiful League CF1264E Beautiful League 先反其道而行之，如果 \((A,B,C)\) 不符合条件，一定有某一个队伍赢了另外两个队。进一步，如果 \(x\) 队赢了 \(c_x\) 局，不满足条件的三元组数量 \(number=\sum\fr
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摘要：Codeforces Round #601 (Div. 1) A 容易发现最小的差肯定是 \(1\)，即有一些块包含 \(x\) 个，一些块有 \(x+1\) 个。关键在于保证连通。只要按照“蛇形”拓展即可：一行一行走，第一行从左往右，第二行从右往左，第三行... #include <bits/st
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摘要：Codeforces Round #601 (Div. 1) Codeforces Round #604 (Div. 1) Codeforces Round #606 (Div. 1) Codeforces Round #607 (Div. 1) Codeforces Round #609 (Div
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摘要：Codeforces Round #618 (Div. 1) 旧题重补系列 A \((x|y)-y\) 就是二进制下 \(x\) 为 \(1\) 而 \(y\) 为 \(0\) 的位的权值和 而 \(f(f(…f(f(a_1,a_2),a_3),…a_{n−1}),a_n)\) 表示二进制下只有 \
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摘要：Codeforces Round #694 (Div. 1) B - Strange Definition 来看一些结论： 1、两个数 \(x,y\) 满足条件等价于 \(xy=k^2\) (两数乘积是完全平方数) 证：若 \(xy=k^2\)，则有$\frac{lcm(x,y)}{gcd(x,y)
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摘要：不是完整的题解，乱记了一下，图片都是剽来的 CF504E Misha and LCP on Tree 题目地址 二分+哈希。预处理 \(2\) 个哈希数组，一个从$root$到每个节点，一个从每个节点到$root$。注意处理转折的情况（即先从$a$到$lca$，再从$lca$到$b$一段） 代码 C
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摘要：题面 solution n³dp：fl[x][r]表示当前显示的数字为 x ，还要处理的区间为[x+1,r]时的最小步数，普通区间dp，枚举中间点转移即可，fr类似 查询的时候也枚举中间点然后左右取max值 太慢了，把状态定义改为区间进行加速，最后的答案不会很大(45)，更改状态为： range_l
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摘要：题目描述 定义 \(border(S)\) 为最长的字符串 \(T\)，满足 \(T\) 是 \(S\) 的前缀，也是 \(S\) 的后缀，且 \(|T|<|S|\)。 对于一个字符串 \(S[1\cdots n]\)，令 \(f[i]=|border(S[1\cdots i])|\)。 给定 \(
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摘要：https://atcoder.jp/contests/abc173/tasks/abc173_f #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long void read (int &x) { char ch = g
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摘要：https://codeforc.es/contest/1366/problem/F 这玩意↑可以点开放大看 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long void read (int &x) { char c
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摘要：#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 55; #define ll long long char c[N], o[N], a[N], b[N]; int n, m, val; ll d[N][N], f[N][N];
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摘要：题目 题目意思很贪心，但有些放左边好，有些放右边好，一起做不好弄 可以分开做：一定存在一种最优方案，使得所有放在左边更优的都在左侧（存在一个分界点） 然后把两个种类分开贪心，以左边的为例： 用一个set存储还没放的位置 将所有camels按照Ri-Li排序，从大的开始处理，如果能放，就放在能放的最靠
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摘要："题面" 当n 1时，为了满足题目的条件，最后的矩阵必须满足两个条件中至少一个：A、第一行全是0 B、最后一行全是1 按照两种情况做两遍（强制使其中一个情况满足）就可以得到答案了吧，以A为例： 若a[1][i]=1，则第i列标记为需要一次操作，然后对之后每一行判断操作后的情况 有两种情况存在答案：
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摘要："题面" 最终答案的方案可以分为2种：1、不使用传送 2、从起点s到最近（步数最少）的颜色为c的格子x，传送到离终点t最近的颜色也为c的格子y，再走到t（从s到x，y到t的过程中均可使用传送） 询问次数多，如果预处理出f[k][i][j]表示从格子(i, j)到一个颜色为k的格子的最少步数，询问时只
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摘要：upd：更多CF题目看这里吧 收录了一些比较有趣的题，只要这个菜鸡还没退役就会持续更新~~~ CF1321E World of Darkraft: Battle for Azathoth CF1311E Construct the Binary Tree CF1296F Berland Beauty
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摘要："题面" 给定树的节点数n和d，构造一颗二叉树，使所有节点的的深度和为d 容易得出n个节点的二叉树每个节点深度的总和最大为n (n 1)/2，最小值为满二叉树的情况 于是就可以愉快地判断答案是否存在啦，然后还得构造出一个合法的答案qwq 我的方法是先弄成一条链再进行调整 反正数据不大，不如简单点每次
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摘要："题面" 给出一颗树上地方边和一些限制条件：两点间路径上边权的最小值，求出一个合法的边权方案 把限制条件按最小值从大到小排序，依次处理，mn记录的每条边可能的最小值 对于每个条件： 枚举两点之间的边(LCA向上跳，数据范围小一步一步跳就行) 由于限制条件已经按值从大到小排序，被之前路径覆盖的边的最小
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