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题目：传送门 思路： 1. 对于s[i] = t[i] 我们不需要处理，那么去掉s[i] = t[i]后，我们能够处理的子序列必定是 10101010... 或 01010101... ； 如果是 s' = 1100 , t' = 0011 显然不能。 2. 那么我们得出这一条结论了，这道题的做法就 阅读全文
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题目： 传送门 想了很多思路，都不太好写。。。 思路：每次找到b数组中 bi == 0 的位置，然后填上最大的字符，再暴力删除这些位置对其他位置的贡献值即可。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 /* 3 #include<cstdio> 4 #include<cmath> 5 阅读全文
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题目：传送门 思路：若存在答案 k , 那么一定有答案 m * k (其中m=1、2、3、...... 且 m * k <= n )，可推出 一定存在答案 k' > n/2 （后者是前者的必要条件）; 【显然 两个相邻长度为 k 的区间的和都>=0 ， 合并后也>=0;】 这道题的精髓也就在 不等式 阅读全文
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题目：传送门 思路：预处理出数字 j 在前 i 个块中对应的前缀和 sum[i][j] ，和 第 i 个块到第 j 个块的众数 res[i][j] ； 对于询问直接按块或块内暴力即可。 代码： 1 //#include<bits/stdc++.h> 2 3 #include<cstdio> 4 #i 阅读全文
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题目：传送门 思路：显然 ，以 u 为根节点的子树的重心（设为ans[u] ）,一定是在 ans[v] 到 u 的路径上，其中 v 是 u 的重儿子。 最暴力的思路，便是枚举路径上的所有点，但这样会出现大量的重复枚举，例如当树退化成线性结构，这种做法的复杂度也会退化成O(n2）。所以，这个时候可以利 阅读全文
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题目：传送门 思路：如果直接DP，那么当前状态的不同的决策，会影响之后状态的决策 （每个点不同的决策，会导致之后的点选择之前的点时，权值不固定或者不一定能够得到最优解），有后效性； (1,1)->(n,m) 的路径上一定会经过n-m-2的点，而每个点是第几个经过是可以由 它的行数+列数-2 求得的。 阅读全文
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题目：传送门 思路：二分答案x，用双指针判断 区间个数，区间满足至少有k个数>=x ，再根据个数和m的大小关系继续二分。易得，最后二分得到的 ans 一定是数组中的某一个数，否则就会继续二分。 #include<bits/stdc++.h> /* #include<cstdio> #include< 阅读全文
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题目：传送门 思路：状压dp(i,j) 表示以最低位1的位号作起点（避免重复，环上任意点都能做起点，因此在这里规定一个起点，而且枚举状态时，会优先枚举低位再枚举高位），经过的点集为i，以j作为当前路径临时终点的方案数, 这里的路径可以理解为“不完整的环” \ “假设环”； 转移方程 ：若 j 和 k 阅读全文
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题目：传送门 大致题意：问是否存在两个整数 k1 和 k2 ，满足 k1 + ak1%n = k2+ ak2%n ； 思路： 显然，对于无穷区间我们是不能求解的，因此可以尝试着把无穷区间通过%n 运算，映射到区间 [ 0 , n -1 ] 。 设 k1 % n = i ， 则有 i + x * n 阅读全文
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题目连接：传送门 B - Prefix Code 签到题，字符串hash、unordered_map、字典树都可以 1 #include<bits/stdc++.h> 2 /* 3 #include<cstdio> 4 #include<cmath> 5 #include<cstring> 6 #i 阅读全文