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solution 一道贪心题。 如果有两个人分别在$x$和$y$来（$x<y$且这两个人来的时刻的中间没有其他人） 那么$Vasya$从$x+m$到$y-1$这段时间来都一样，那么我们就枚举每一个人，然后看看如果$Vasya$在这个人之前插进去最少要等多长时间，更新答案就可以了 #include<c 阅读全文
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竟然没有人做这道题 solution [外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-50N9CEMt-1597798316871)(https://cdn.luogu.com.cn/upload/vjudge_pic/CF774G/5594570290c0b989f3 阅读全文
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强连通就是在一个有向图中任何一个点都可以到达除这个点之外的所有点。 然后，在处理的时候，就可以把这一个子图直接变成一个点。 比如说这张图 就可以缩成这张图 原图中的 就是一个强连通 也就是说只要有环，就一定有一个强连通(其实自己一个也算一个强连通) 然后，就是找环的环节~~~~重点 找环，其实就是看 阅读全文
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题目背景 $zjzj$和$xx$玩一个运气游戏，首先，在若干个卡片上各写一个正整数，然后，$zjzj$和$xx$各选一张卡片，不会让对方知道，不可以相同，再把这两个数拼在一起$(\(zjzj$选的数放在前面，例如$2$和$5$拼成了$25\))$，如果这个数是$k$的倍数，那么$zjzj$赢，否则， 阅读全文
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这个题目名称十分诡异。 然后我可以提供两种做法，复杂度一样，都是$O(n\log n)$的。 方法一 因为我们每一次使用魔法，就会让那个什么鬼畜的人物多走个$a_i$天，所以就可以贪心，每一次只要取大的就可以了，然后因为每一次都要加在一起看看够不够，所以就可以二分了。 代码 #include<bit 阅读全文
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我一开始就打出来了，可是忘记一个很重要的剪枝，就是如果当前的步数已经超过答案的步数就不用搜了，还有就是每一个点的每一种状态都只能走到一次(其实就是走到一个点，之前使用了相同的魔法已经到过这个点)那么也不用搜下去了。 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace 阅读全文
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一看，这个就是一个组合数学，如图所示 这样，很容易想到分类讨论，如果$x,y$在两侧和$x,y$在同侧。 如果是两侧的话，就可以枚举这两个位置的高度然后用组合数算出来就可以了。然后的话如果在同侧就不用管什么东西，把第$x$个位置到第$y$个位置的所有位置都是一样高的，就可以看成一个城市，剩下的左边$ 阅读全文
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题面传送门 思路 因为最多只能两个物品一起，所以排个序，然后用两个指针，如果这两个可以，那就两个都要了，否则就只能要大的一个 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int a[30001]; int main(){ scan 阅读全文
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题面传送门 思路 因为跑和使用魔法不能同时执行，所以可以先处理光光使用魔法，然后再处理跑的情况 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int m,s,t; int f[300001]; int main(){ scanf("%d%d%d",& 阅读全文
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题面传送门 思路 用结构体拍个序，然后输出就可以了。 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; struct zj{ int x,y,z,sum,num; bool operator < (const zj &a)const{ if 阅读全文