摘要：
传送门 先通过dfs预处理出来所有只有2和9的数，也就大概2000多个。 想在[L,R]中找到是这些数的倍数的数，可以通过容斥原理 那么如果a % b == 0，那么便可以把 a 去掉，因为 b 的倍数肯定包括 a 的倍数，那么就会只剩500多个数 然后我们dfs枚举所有数的可能，并顺便求出他们之间 阅读全文
摘要：
传送门 好神啊。。 需要用非负数个a1,a2,a3...an来凑出B 可以知道，如果一个数x能被凑出来，那么x+a1，x+a2.......x+an也都能被凑出来 那么我们只需要选择a1~an中任意一个的a，可以求出在%a下的每个数最小需要多少才能凑出来 这样我们选择一个最小的a，速度更快，令m=m 阅读全文
摘要：
传送门 蒟蒻并不懂A*是什么，但是题解里有个Astar 可以看出，当前棋盘和最终的棋盘如果有k个不同的，那么至少需要k-1步来移动 所以如果 当前步数 + k - 1 > limit 就直接退出 然后当然就是用喜闻乐见的迭代加深搜索啦，广搜占空间那么大又难写 最后吐槽一句，为什么我加哈希判重反而比不 阅读全文
摘要：
传送门 迭代加深搜索是必须的，先枚举加数个数 然后搜索分母 这里有一个强大的剪枝，就是确定分母的范围 阅读全文
摘要：
传送门 这种鬼畜的状压DP。。。第一次见 看到 0 <= Bi <= 7 就应该想到状态压缩，然而此题实在太鬼畜，想到也没什么乱用 f[i][j][k]表示前i-1个人全部吃完，i~i+7的人的吃饭状态为j，最后一个吃饭的人和i距离为k 因为有可能第i个人及以后的人都好没有吃，最后一个吃饭的人是前i 阅读全文
摘要：
传送门 注释写明了一切 阅读全文
摘要：
传送门 t(i,j)表示下标从i到j的数 d[i]表示以i结尾的最小的数的下标 d[i]=max(j) (1<=j<=i && t(d[j-1],j-1)<t(j,i)) 这样从1到n一遍DP可以求出末尾最小的数 f[i]表示以i开头的最大的数的下标 f[i]=max(j) (i<=j<=n && 阅读全文
摘要：
传送门 orz不会做。。。 一个好理解的做法（n^3*k）： 分n=1和n=2两种情况考虑。 n=1时，预处理出前缀和sum[]。 设f[i][j]为到达第i格，已经放了j个子矩阵的最大和， 那么每次先把f[i][j]的值设为f[i-1][j]（第i个元素不属于第j个子矩阵） 剩下的情况就是第i个元 阅读全文
摘要：
传送门 首先先从小到大排序，如果没有重复的元素，直接一个一个往上填即可，每一个数就等于当前行和列的最大值 + 1 如果某一行或列上有重复的元素，就用并查集把他们连起来，很（不）显然，处于同一行或列的相同元素始终应该保持一样的，然后再一个一个往上填 阅读全文
摘要：
传送门 BZOJ没数据范围。。。 其实数据范围是这样的。。 前20%可以直接n^3暴力枚举每个区间 前40%可以考虑每一位，因为所有数每一位都是独立的，而和的期望=期望的和，那么可以枚举每一位，再枚举区间，最大 31*n*n 想到枚举每一位也就离正解不远了，可以dp， 对于xor有贡献的是区间xor 阅读全文