尹昱钦

摘要： 传送门 解题思路 \(n^2\) 遍历每个点，判断两个空洞之间是否能联通，若联通，则在两个点之间建一条边。 然后在能抵达上表面的点和能抵达下表面的点分别建边连向上表面/下表面，最后dfs判断上下表面是否联通即可。 总复杂度 \(O(n^2)\) AC代码 #include<iostream> #in 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 用二维单调队列求出每个 \(n\times n\) 矩形的最大值和最小值。 其实就是先在每一行上做原数组单调队列，再维护每一个行上最大值/最小值所组成的数组的单调队列。 AC代码 (代码写复杂了) #include<iostream> #include<algorithm> #in 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 单调栈的一道好题。 枚举矩阵右下角的端点。 首先可以发现，对于一个确定的右下角，对矩阵有限制的*的位置的行数是从左到右严格递增的。 也就是这个样子： 所有就可以用单调栈储存一下这个对答案有影响的1的位置。 于是我们就有了状态转移方程： \(dp[i][j]=dp[i][s.top( 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 可以举例观察得到：131这种结构可以省去一次，而313不行。 所以就用单调栈维护一个自栈顶到栈底严格递减栈，每次若栈顶大于a[i]，则栈顶出栈并且ans++，若相等则出栈并且ans不变。 可以把a[n+1]设置为0.（即最后让所有元素出栈） ##AC代码 #include<iost 阅读全文

摘要： 洛谷传送门 解题思路 考虑异或性质，发现对于每一二进制位单独来看，两个数相加和异或结果一样，而要想最终结果相等，则要保证加法每一位都不进位。 所以这道题就转化为要求每个二进制位只有一个1。 AC代码 #include<iostream> #include<algorithm> #include<cm 阅读全文

摘要： 传送门 加强版传送门 解题思路 首先很显然，对于同一种色调的客栈来说，从小到大枚举左端点 L，符合要求的客栈 R~N 一定是满足 R 单调递增的。 而且选择的咖啡店也是随着 L 的增加间断着递增。 所以就可以双指针（准确说是多指针）将时间复杂度降至O(n)。 双倍经验双倍快乐 AC代码 #inclu 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 左右指针，每次 \(a[r]-a[l]=c\) 对答案贡献就是 \(相同的a[l]的数量\times相同的a[r]的数量\) 当然也可以用map水过去…… 记得ans要开long long。 AC代码 #include<iostream> #include<algorithm> # 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 先把x和y分别离散化，然后求一下前缀和，枚举栅栏，求一下即可。 AC代码 #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> using namespac 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 很巧妙的一个题。 朴素的dp方程肯定都能列出来，关键是离散化如何操作。 可以仿照NOIP2017D1T1小凯的疑惑，将两个石头之间距离>=(st-s-t)全部转化为(st-s-t)。 可以理解为若距离>=(st-s-t)，则所有的点都能到达。 但是这题要求宽松，方便又保险起见，把距 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 很简单的一道并查集，但是我自己却没做出来，关键点没想到，害，还是太菜了…… 直接放重点： 先构建相等关系，然后判断不相等关系成不成立，所以分开操作。 离散化。 AC代码 #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> # 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 简化一下问题，即为给你一个数组a，对于所有的i，将a[i]到fa[a[i+1]]路径上的点加一。 注意端点处理（可以理解为拐弯处只记一次）。 AC代码 #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<al 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 首先明白题意： 能经过的点必须满足其所有连向的节点都能走到终点。 于是我们就可以建个反图，跑一遍dfs，求出有多少满足条件的点，最后bfs跑一遍即可。 如何判断？ 用一个num数组表示节点i在原图的出度，即在反图的出度。 每当有一个点指向节点i时，num[i]--。 最后若num[ 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 用dp[i][j]表示没有消失时前i个物品组成装满容积为j的背包的方案数。 很显然, \(dp[i][j]+=dp[i-1][j-w[i]]\) 仿照背包，i这一维可以省去，j要逆序。 然后再设f[i][j]表示去掉第i个物品时装满容积为j的方案数。 那么在dp中减去用到i这个物品 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 首先很显然的贪心是 在每个地方放置的士兵一定是某个敌人放置士兵的两倍加一。 这样每个地方就有s种放置方法，每种对应一个数量和一个权值，于是就成了很典型的分组背包。 AC代码 #include<iostream> #include<cstring> #include<algorith 阅读全文

摘要： 传送门 解题思路 很妙的一道贪心题。 首先很显然的是，一定先把能回血的怪先干掉，然后再去干扣血的怪。 分类讨论： 对于回血的怪，显然按照d从小到大排序，以免你一开始就被干死。 对于扣血的怪，我们倒着考虑，从终止状态，每次减去a，然后加上d，就变成了回血怪的情况。 所以对于扣血的怪按照a从大到小排序。 阅读全文