摘要： 细节很多，改了好久。。 /* 按阶梯状贪心填入字符，当第k行被填满后，再去填其他空位 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 2005 char s[N*N],t[N*N],ans[N][N]; int n,l,k,len; 阅读全文

摘要： /* 题意：一棵有根树，每个结点的权重为2^i,每条边的权重为其下子树结点的权重和 现在按边权降序排序，每条边记录高度大的那个点，得到一个长度为n-1的序列 根据这个序列构造出一棵合法的树 性质：(fa[fa[u]],fa[u])必排在(fa[u],u)前面 可以自底向上构造这棵树，先把叶子结点放进 阅读全文

摘要： 不知道为啥只开int会炸。。这题思维过程还是很有趣(痛苦)的 /* 01字典树求X异或最大值的策略就是X取反后去字典树里跑，跑到不能跑了就是答案 X在往01trie下搜时，如果碰到要去的地方是null,那么它只能朝另一个方向走， 同时最终异或起来的答案(即和X异或最大的那个值)损失了1<<(29-i 阅读全文

摘要： 感觉自己的解法又是歪的 代码写的很乱。。要先找出一开始有多少段，然后计算删掉每条线段的贡献，求个最大值就可以 删每条线段的贡献可以用线段树区间合并来做 ps:正解其实很简单。。扫描一下就可以了 /* 先把所有线段覆盖到线段树上 然后对每一个线段[L,R]，查询区间[L,R]有多少值>1的段即可 */ 阅读全文

摘要： /* 二分bk，所有比bk大的数设置为1，比bk小的数设置为0 然后得到一个n*m的01矩阵，每行a的状态用s[i]表示，问题转换成判是否存在s[i]|s[j]=(1<<m)-1 再开一个flag[i]统计是否出现过状态i 然后暴力枚举是否存在这样的s[i]|s[j]=(1<<m)-1 */ #in 阅读全文

摘要： 感觉自己的解法有点歪 /* 每次把一个数提到最前面，问整个过程结束后1..n每个数出现最靠前的位置和最靠后的位置 最靠前：如果一个数被提前过，那么必然是1 如果从来没被提前过，就是其原来的位置 最靠后：维护数i每次被提前的时间序列time[i][] time[i][1]到time[i][2]之间出现 阅读全文

摘要： /* 题意可以转化为通过s[l..r]构造出新的串t[l..r]和s不能约 t[l..r]的每个前缀，每个后缀的字符数量都必须和s[l..r]对应的前后缀字符数量不同 构造策略： 如果s[l]!=s[r]直接交换即可 否则找到s[i]!=s[j]，swap(s[i],s[r]),swap(s[j], 阅读全文

摘要： 一道很好的题了，具体题解可以看b站的讲解。。 拆点的思想有一种2sat的感觉 /* 给定一组开关的集合，每个开关最多被两个集合包含，对集合操作一次则所有集合内的开关状态变化 现在要将前i个开关状态切换到开，问最少要操作几次集合,求出i从1到n的每个答案 一些性质：每个集合要么被操作一次，要么不被操作 阅读全文

摘要： /** 给定一棵树，要求给树边赋值[0,n-2]，每个值只能使用一次 S = mex(u,v), mex(u,v)是u-v路径上没有出现过的编号最小的值 问使得S最大的赋值方式 由于很难直接统计答案，所以考虑统计每条边的贡献 包含(0)路径的贡献tot1是其左右子树size的乘积 包含(0,1)的路 阅读全文

摘要： /* 给定一个数组，切割成pre,suf，现在要移动这两个集合中的元素，使 Max(pre)<Min(suf)，且移动代价最小 对问题进行转化：移动后长度为len的pre，必定包含[1,len] 所以枚举移动前pre的长度，再考虑每个移动后pre长度的对应的代价 第二步可用线段树优化，每个结点维护移 阅读全文