随笔分类 - 《Codeforces题解》
摘要：思路： 做法应该有挺多的，离线和在线都能。 离线的话，先把所有没生病的人标记了。 那么再扫一遍，对于一个知道的有人生病的区间，如果它里面不确定的人只有1个。 那这个人就是生病的人，并且知道它的时间就是max(这次询问的时间和，区间里其他所有人第一次知道自己不生病的最大值)。 更新一下即可。线段树维护
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摘要：首先可以状压所有方案，但是这样复杂度O(2 ^ u * n)。 考虑到连续的xor操作其实可以整合到一起，那么可以再次优化。 然后我们考虑dfs，理论上来说dfs每层都有两种操作应该是2 ^ u * n。 但是因为连续的异或操作是没有意义的，所有我们就可以明白了除非是进行1的xor操作，否则进行和不
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摘要：A题写炸了。 A：一开始写了个字符串没算复杂度T了，实际上从高到低判断即可。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long
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摘要：感觉这场题面有点绕 A：先把能除2的都除2，然后最后再把最大的不断翻倍即可 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long U
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摘要：A：贪心一下就行 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef long double ld; typedef pair<int,int> pii; const
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摘要：求gcd <= q，且lcm >= p的方案数。 考虑容斥：ans = ans{无限制下的序列方案数} - {gcd > q的方案数} - {gcd <= q 且 lcm < p的方案数} 对于无限制下的序列方案数，因为每个数都能选的是[1,m]，要求的是序列中数的乘积和。 所以总数量 = (1 +
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摘要：只做了几个题。 B. A Plus B Problem： 一开始做的时候思路有点乱，后面理清楚了，就是说不用10进制来维护，用没有进位之后的数来维护，这样每次操作之后就是加1减1的操作了。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespac
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摘要：直接给结论。令d[x] = 与x互质的数的个数.由容斥原理可得： d[x] = d[x1] * (-1) ^ f[x1] + d[x2] * (-1) ^ f[x2] + ... x[i]为x的因子，且质因子都为最低阶，也就是说x[i]是x质因子分解后的质因子组合而成。 我们状压一下所有情况即可。
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摘要：E：我们从1开始考虑最大的k，从右开始到左，dp一下就好。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; type
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摘要：可惜了这场差点上大分。 A： 水题 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int
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摘要：A： // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> pii; type
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摘要：A：水题 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> pii; ty
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摘要：A：签到 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> pii; co
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摘要：题目一题比一题难读..... A：签到了属于是。 考虑每个点操作偶数次才能保证方向不变。 那么对于它排序后的位置一定要保证距离为偶数距离才行。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long lon
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摘要：A：水题 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int> pii; const int N = 1e4 + 5; const int M
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摘要：A：很显然对于每个bit位，只要存在一个0，最终都能通过很多次操作后全部变成0.统计全部为1的位数即可。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<
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摘要：这场前面几题感觉都不是很难。 A：很显然很大的时候都用最大的来塞就行了，对于较小的时候用背包计算下最优的方案。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pa
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摘要：A：排序之后以某个点为分界线肯定是最优的。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<double,int> pii; const int N =
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摘要：A：dp处理一下：dp[i][j] - 以j结尾,和为i的最小长度。 转移很简单。 // Author: levil #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<LL,int> pii
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摘要：1：后缀排序。 基于倍增和桶排的做法。 对于每个位置有第一关键字和第二关键字。 利用倍增来求解关键字，当所有人的排名都不一样时即完成。 2：LCP 最长公共前缀，非常有用。 洛谷： P3809 【模板】后缀排序 #include<bits/stdc++.h> using namespace std;
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