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题目链接：传送门 题目思路：对于每一个笑话，用动态开点线段树来维护区间是否被覆盖（笑话是否已经被这些人听过），先假定范围内全部没听过（置1），然后再将该范围包含的被覆盖的区间置0； （也可以用set存一下二元组表示线段左右端点，每次二分查询暴力合并） 代码： #include<bits/stdc++ 阅读全文
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题目链接： 传送门 思路： 显然，这是一个DAG，而且1 2 3 ... n-1 n 是该图的一个拓扑序。 定义 f(i , j) ( j ≥ i ) 表示到达i点只有一条路径且满足能够到达i 点的这个唯一的点k 所能到达的最远的点<= j。（a[k] + k <= j && k < i） f(i, 阅读全文
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题目链接：传送门 思路： 显然，al ^ ar < 2 * max{ al , ar }; 又 sum(l+1,r-1) == al ^ ar < 2 * max{ al , ar } <= 2k+1 ; (k 是 max{ al , ar } 的最高位) 那么先枚举左端点 l ， 计算 al 的最 阅读全文
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题目链接：传送门 题目大意： 给一个方阵，由 O X . ， 构成，定义操作：可以将X改为O 或者把O 改成X， 设 O X 的数量为k ，操作次数不能超过 k/3 次 （向下取整）; 最后输出方阵，满足横纵方向不存在连续三个X或O。 题目思路： 对于(i+j)%3==x 的单元格改为X ，(i+j 阅读全文
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题目链接：传送门 题目思路： k 次置零操作等价于将原数组，分为k+1段，且任意两段之间是独立的，相互之间没有影响； 设某一段为 序列b （以下标1为开头） ，序列长度为L， 其中每一个数字对 answer 的贡献为 b1 * ( L - 1 ) + b2 * ( L - 2 ) + b3 * ( 阅读全文
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题目链接：传送门 题目思路： 将m个区间按中点排序， 设第一个"题解"的中点为x，第二个"题解"的中点为y ，显然，对于每一个区间 的中点 mid ，x与y 谁更接近mid谁相交的长度就越长。显然，对于mid单调不减的序列，必定是前一部分与第一个相交更优，后一部分与第二个题解交更优，而这两个部分的分 阅读全文
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题目链接：传送门 题目思路： 对于ai ，找到一个aj 满足其二进制的公共前缀最长（公共前缀越长，异或值越小），如果aj有多个，那么再枚举判断和谁连边是最优的。 对于本题的做法，可以采用针对第k位的0/1进行分治（把区间按第k位的分成两个子区间），这样能保证每个ai会和另一个公共前缀最长的aj连边。 阅读全文
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题目链接：传送门 题目思路： 对于异或最小值，可以根据贪心的思想，对于 ai 的二进制表示，从高位向低位枚举，去寻找 j 使得 ai ^ aj 最小化。 可以考虑构建一颗01字典树，叶子节点表示值ai，在同一棵子树下（有公共前缀）肯定优先匹配，公共前缀越长肯定优先级越高。对于字典树上 一个点 的两棵 阅读全文
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题目链接：传送门 题目思路： 设 R(l,i) 表示以端点 l 为起点 包括数字 [ 1 , i ] 的最小右端点； 显然，对于 R(l,i) -> R(l,i+1) 是单调不减的（加入一个元素），R(l,i) -> R(l+1,i) 也是单调不减的（双指针思想）； 那么对于这两个单调性，可以用线段 阅读全文
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题目链接：传送门 题目思路： 如果这道题，没有让求出所有子串的的这个值（定义为X），那么显然是可以直接求LCS*4 然后最后减去（ |A| + |B| ）； 现在设计状态 ：f[i][j] 表示以i ，j 为结尾的子串最大的X； 状态转移方程： if s[i]==t[j] then f[i][j]= 阅读全文