摘要： 这题的思路很好 首先不难发现，在特定的角度范围内，所求值的函数是线性的，这暗示了最大值必定在 等于某个给定 的角度 时取得。直接暴力地计算每一个值是显然不可取的，但我们可以换一种思路，预先计算每个给 定角度所能对答案贡献的值的函数的导数变化的角度，然后将这些角度排序，开始遍历，维护到达每个 角度时答 阅读全文

摘要： 求最大独立集，一般图的最大独立集复杂度是指数的，要想到怎么构造二分图 由于每个字符串每个字符只出现一次(一开始没看到这个条件。。)，所以可以按逆序对奇偶性来给点分组，构造二分图 构造出二分图后，最大独立集=n-最大匹配数 二分图匹配模板（O(nm)复杂度） #include <bits/stdc++ 阅读全文

摘要： /* 这个构造思路为啥想不到呢。。显然对于一组来说，k+x和x的结果对答案是一样的 枚举完整的k的个数 n/k-m<=i<=n/k 剩下的平均分 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll n,m,k 阅读全文

摘要： 理解成图上对应关系就好想得多 如果s[i][j]=‘0’,那么从i向j连一条边，最后形成的图必定是完全图 当右边有t人时，右边输给左边的总场数为sum(out(i))-t*(t-1)/2, 即右边到左边的边总数=右边的点出度和-右边点自己和自己连的边 所以要让k最小，只要给出度排个序即可 #incl 阅读全文

摘要： /* 离线读入所有值后离散化 题意要求的是,sum{ ai*2^(i-1)*aj*2^(n-j) } 分析这个式子，考虑进行分治 区间[l,r]的 sum{ ai*2^(i-l)*aj*2^(r-j) } 可以将式子分成 ai*2^(i-l) 和 aj*2^(r-j)两部分看， 线段树维护四个值，s 阅读全文

摘要： /* n,m,s,d 有n瓶新水放入s个柜子，每个柜子容量是d，每个柜子一开始有si瓶旧水 现在随机在柜子里取m瓶水，使每个人都拿到旧水的概率最大化的放新水策略 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,s,d; struct N 阅读全文

摘要： 把结论推出来就完事了 #include <bits/stdc++.h> #define maxn 100000005 using namespace std; int dp[maxn]; struct Node{ int l,w,h; bool operator <(const Node &b)co 阅读全文

摘要： 这种构造题实在是太耗脑细胞了，看题解又不太甘心。。策略改来改去弄了半天 /* 首先有个结论：每个点至少要用掉的时间=这个点的度数 然后进行构造；设tv为u->v时到v的时间，让v回到u时的时间也是tv，设u有k个子树，那么u只要分配给这k个子树[1,k+1]这些数值即可 再设tu为fa[u]->u的 阅读全文

摘要： 昨天刚刚做过类似的题，就是用最短路的松弛方式来维护dp数组 /* 考虑一个二元组(t,i) 表示花费t时间，当前处在绿灯的now=t%g秒，处于结点i now!=0,可以扩展点(t+x,j),且now+x<=g now==0,可以扩展点(t+x,j),且x<=g y用一个优先队列维护这个二元组 */ 阅读全文

摘要： 把情况考虑清楚，分类讨论不太复杂 第一种情况：1+1+1形式 第二种情况：1+2形式 然后枚举每个矩形边长a作为底还是边长b作为底就行 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll p[4][2]; int 阅读全文