随笔分类 - codeforces
摘要：D. Absolute Sorting 思路： 如果a[i] >= a[i-1]，那么我们最大可以减去(a[i] + a[i - 1]) / 2，这样减完依旧是满足a[i] >= a[i - 1]的。因此我们可以把所有满足a[i]>=a[i - 1]的答案取一个交集，即取一个最小值。 如果a[i]<
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摘要：A. Everyone Loves to Sleep 思路： 把所有的时间都换成分钟，先记录一下当前的时间，然后依次读入每个闹钟的时间，其中每个闹钟的时间减去现在的时间差值最小的就是答案，注意如果差值小于0说明到第二天了，就要加上24小时 #include <bits/stdc++.h> using
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摘要：A. Optimal Path 思路： 最小就是走第一行和最后一列 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; const int N = 200010
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摘要：A. XOR Mixup 思路： 因为X是n-1个数的异或，所以这n个数异或起来等于0。所以任意一个数都是其他剩下的数异或起来的值 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int
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摘要：C. Train and Queries 思路： 开一个map记录一个数字出现的最小坐标和最大坐标 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef pair<int, int> PII; const int N = 200010; int
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摘要：A. YES or YES? 思路：algorithm库里有一个transform函数可以将字符串转为大写，然后判断是否等于YES #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int
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摘要：A. Doors and Keys 思路：判断三把钥匙是否有一把在对应的门之后才出现，有就是NO，没有就是YES #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> PI
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摘要：C. Chat Ban 思路： 首先考虑，假如我们在加完第y层的时候被ban了，那之后的第y+1层，y+2层……依旧会被ban，同样的，如果我们在加完第y层没有被ban，那之前的第y-1层，y-2层……也没有被ban，所以我们可以二分答案y。 很明显我们可以分两种情况讨论：当y<=k时，他的和就是1
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摘要：D. Blue-Red Permutation 思路： 贪心，先把blue颜色的num放到前面，因为它们只能变小或者不变而不能变大，我们要得到的是一个1 ~ n的排列，也就是说得到的数组的值中1 ~ n这些数必然出现并且一个只出现一次。那么我们把可以变小的num先放到前面（同颜色的按值大小排序，显然
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摘要：A. Era 思路： 对于任何一个a[i] > i来说，我们可以最多插入a[i] - i个1在最前面，所以最大值我们只需要把所有的a[i] - i取最大值就可以了 #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <a
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摘要：C. Dijkstra? 思路： Dijkstra求最短路，但要求是输出所经过的路径，具体做法我们可以开一个pre数组，在遍历邻接表的时候记录一个点前面的点是哪个，即一个点是从哪个点过来的，然后我们就得到了一个1到n的逆向路径，然后具体得到这个路径可以用一个while循环然后一直用pre数组迭代更新
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摘要：B. DMCA 思路： 给的样例不由得让人想到开根号上去，这题意思是每次把每一位加起来得到一个和，得到和之后再把这个和的每一位加起来，直到这个和只有个位数。 这东西叫数根。有关于他的性质和公式： 公式：(n - 1) % 9 + 1 性质：一个数加上9之后他的数根不变 不用公式做法： #includ
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摘要：C. Grandma Capa Knits a Scarf 思路： 官方的思路真的牛皮，字符串双指针确实平时打得少。由于题目中说我们只选择一种字符，所以我们可以枚举所有的26中小写字母，然后用双指针，一个指开头，一个指结尾，两个字符相等就双指针都移动，如果不相等，看当前指向的字符是不是可以删掉，即等
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摘要：B. Make it Divisible by 25 思路： 能被25整除的数的最后两位一定只有四种情况，00,50,25,75。所以我们只要 1.找到一个0时，从当前位置开始往前找，找到第一个0或者第一个5， 2.找到一个5时，从当前位置开始往前找，找到第一个2或者第一个7， 此时更新一下res，
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摘要：B. Groups 思路： 只要找到是否有两天满足条件即可，我们可以这么分析，对于任意的两天，看这n组学生： 一天有课且另一天没课的记为cnt1 一天没课且另一天有课的记为cnt2 两天都有课的记为cnt3 两天都没课的记为cnt4 而两天都有课cnt3的可以放到cnt1中也可以放到cnt2中，我们
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摘要：A. Initial Bet 思路： 题目写的和shi一样，本来意思很简单，题目说的曲里拐弯的，就是看加起来能不能被5整除，由于都是正整数，所以要特判0的情况 #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <alg
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摘要：A. Gamer Hemose 思路： 这题刚开始用暴力做的，然后TLE了，然后就思考这个h有没有别的方法处理。先从大到小排序，然后分两种情况，首先，如果h比一倍的前两项的和还小，那就再看h是不是比第一项还小，如果比第一项还小或和第一项相等，那答案就是1。如果比第一项大一点，那答案就是2。 然后第二
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摘要：A. CQXYM Count Permutations 思路： 答案是(2n)!/2，不知道啥原理，靠样例猜。 题目的描述是： 而这种情况答案是(2n)!/2，这占了全排列一半的情况，那么另一半的情况应该是 即这种情况答案应该也是(2n)!/2 而这个题防止意外可以用快速模，但是最关键的点在于，这个
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摘要：A. Casimir's String Solitaire 思路： 分别记录字母A, B, C的数量，显然要满足B的数量等于A的数量和C的数量的和才行 #include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmat
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摘要：A. Regular Bracket Sequences 思路： 枚举，我们让出现先连续左括号和出现右括号的数量一一对应，我们从连续出现n个左括号开始枚举，下一次枚举是先连续出现n-1个左括号，在下一次是n-2……直到最后只能先有1个左括号为止，我们可以记录一个变量cnt，来记录当前的枚举，枚举一种
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