摘要： 先求0，1的个数，然后贪心输出01即可 阅读全文

摘要： 二分答案 阅读全文

摘要： 一开始没有什么头绪，后来注意到m<=10,考虑是否可以用dp[i][j]表示第i位，前面跟了j个数的最大值 那么第i+1个数，直接和第i个数的[0,m]的m+1种状态去转移即可，如果是由0或m状态拓展出去的，那么值要-k 策略和序列最大连续子段和的贪心策略一样 阅读全文

摘要： 模板题 阅读全文

摘要： 两两枚举点（xi,yi）（xj,yj）对于第三个点（xk,yk），只要向量ik和ij方向不同即可 只要(xj-xi,yj-yi) 和 (xk-xi,yk-yi)化简后不相同即可，用每个点开个map存下一个gcd的pair即可 阅读全文

摘要： //枚举高度[1,100000]，>l的全部割掉， using namespace std; #define N 100005 #define ll long long struct Node{ll id,l,d;}a[N],b[N]; int cmp(Node a,Node b){ return a.lcnt[i]){ res+=cnt[i]*i; ... 阅读全文

摘要： excrt的理解 问对于方程组x = ai % ci 的 通解 x+tM, (x+tM) % k 是否有唯一值 看tm%k是否==0即可 阅读全文

摘要： 暴力搜索超时，但是折半后两部分状态支持合并的情况，可用折半枚举算法 poj3977 给一个序列a[],从里面找到k个数，使其和的绝对值最小 经典折半枚举法+二分解决，对于前一半数开一个map,map[sum]里存下凑出当前sum的最小元素个数 枚举后面一半的所有情况，然后lower_bound去找m 阅读全文

摘要： 换根dp就是先任取一点为根，预处理出一些信息，然后在第二次dfs过程中进行状态的转移处理 本题难点在于任意割断一条边，求出剩下两棵子树的直径： 设割断的边为（u，v）,设down[v]为以v为根的子树的直径长度，up[v]为u所在的子树的直径长度，那么down[v]就是很常规的子树直径的换根dp的求 阅读全文

摘要： 02：线段树两次扫描 #include<bits/stdc++.h> #include<vector> using namespace std; #define maxn 300005 struct Line{int x,y;char s[10];}a[maxn]; int n,m,K; int c 阅读全文