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传送门 总之可以先预处理出来每个位置最多往上延伸多少 枚举两行，看看夹在这两行中间的列最大能构成多大的矩形 可以看出，必须得在一个两行都没有X的区间才有可能构成最大的答案 那么可以把这些区间处理出来，在看看这些区间中的点最左边和最右边的能从下面那一行向上延伸到上面那一行的点，更新ans即可 阅读全文
posted @ 2017-09-26 16:55
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传送门 每个队之间是独立的 f[i][j]表示当前队伍前i个题答对j个的概率 满足条件的概率 == 全部方案（除去答对0）的概率 - 不满足条件的概率（每个队伍答对1~n-1） 阅读全文
posted @ 2017-09-22 21:21
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传送门 逆推 只不过顺序还是顺着的，思想是逆着的 f[i][j]表示还剩下i张红牌，j张黑牌的期望值 那么边界是 f[i][0]=i，因为只剩i张红牌 f[0][j]=0，只剩黑牌，显然直接停止最优 f[i][j] = max(0,i/(i+j)*f[i-1][j]+j/(i+j)*f[i][j-1 阅读全文
posted @ 2017-09-22 21:16
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传送门 可以预处理出每种颜色的上下左右的位置，这样就框出来了一个个矩形，代表每种颜色分别涂了哪里。 然后用二维的差分。 就可以求出来每个位置至少涂了几次，如果 > 1 的话，就肯定不是先涂的， 如果是1的话，并且不是只有一种颜色，那么也有可能是先涂的， 如果只有一种颜色，并且 n ！= 1，那么一定 阅读全文
posted @ 2017-09-21 20:25
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传送门 发现就是逆序对 可以树状数组求出 对于旋转操作，把一个序列最后面一个数移到开头，假设另一个序列的这个数在位置x，那么对答案的贡献 - (n - x) + (x - 1) 阅读全文
posted @ 2017-09-21 17:37
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传送门 1.每个数的左右位置预处理出来，按照左端点排序，因为左端点是从小到大的，我们只需要知道每条线段包含了多少个前面线段的右端点即可，可以用树状数组 2.如果 ai < bj < bi， 也就是说在两个i之间只有一个j那么对答案的贡献为1，所以可以用树状数组，当第一次出现一个数的时候，那个位置+1 阅读全文
posted @ 2017-09-21 15:03
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传送门 f[i][j]表示当前第i个，且最后一个位置连接到j 第一维可以省去，能连边的点可以预处理出来，dp可以用线段树优化 阅读全文
posted @ 2017-09-21 14:59
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传送门 把每个点和曼哈顿距离距离它3步或1步的点连一条边，边权为3 * t + a[x][y] 因为，走3步，有可能是3步，也有可能是1步（其中一步拐了回来） 最后，把终点和曼哈顿距离距离它1步和2布的点连一条边，边权为 步数 * t 跑一边spfa即可 阅读全文
posted @ 2017-09-21 11:14
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传送门 网上的题解： 枚举左端点，二分右端点位置，最后所有左端点的答案取最小值 我的题解。。。 二分答案，枚举左端点，看看是否有解。。 好像和上面是反的，但是思路没问题 过程用hash判重 阅读全文
posted @ 2017-09-21 10:07
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传送门 按照时间t排序 如果 t[i] + map[i][j] <= t[j]，就在i和j之间连一条边 然后spfa找最长路 阅读全文
posted @ 2017-09-20 20:50
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