随笔分类 - C题
摘要：思路: 这种明显先从贪心找性质进行处理,其他的不是马上能想到 如是发现 a只能往后面移动 c只能往前面移动, a和c不能交换顺序 利用减法思维, 当2个数确定了, 那么b也就确定了 其实这种贪心题, 一般就是要减法思维, 把一些难处理的地方,给他扔掉,开贪!!! #include <bits/std
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摘要：思路: 很多交互题, 大多要用二分, 这道题也不例外, 因为满足递增的条件 但是这个的操作复杂度是 nlogn的, 6000,一定不行的, 不要看到 nlogn 就认为是一定行的(中途想到了,但是还是就放掉了,md) 于是发现都是小写字母 一定要用26这个小写字母特性条件条件 这个东西来优化一下就行
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摘要：思路: 最小的最大值,明显二分思想 ck的时候明显用贪心 发现正着贪心比较难处理 反之贪心,很好搞, 但是又发现他的顺序是固定的 这个时候不要被骗了, 虽然是固定的,但是我们就一定要去正着做吗 依然可以反着做, +一个约束条件就行了 (当前删除的值 要比本身修改前小) #include <bits/
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摘要：思路: 首先有一个结论, 一个队列里面, 顺序从小到大 , 两两元素的xor 最小, 一定是 某2个相邻元素的最小, 利用这个最小值就可以去解决存在类型的问题啥的
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摘要：思路: 发现数据范围500, 时间复杂度为 n^3 于是明显DP 当然这里面有一个贪心思路, 当前的点比前面一个点的速度低,就没有必要删除 但是这里的dp不用这个贪心,不然实现上复杂一点 直接就连续删除就行, 因为DP的时候一定会把最优的更新出来 然后这里有一个问题, 就是不知道那个点删了没有, 就
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摘要：通过题目信息来进行转化成熟悉的问题 首先提取出性质 a ......a 里面的数都可以改, 然后 选择最远的2个a a 是最优的 于是就有 很多区间, 可能交互, 就贪心让更少的区间占领更长的地方就可以 具体实现看代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：思路: 题目信息: 转化: 选出子序列求一个gcd, 很关键 基底转化: 枚举1-1e6的数, 看能不能产生这个数, 在利用那个那个的性质即可, 贪心让所有合理的数gcd起来是不是1 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define M 20
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摘要：思路: 通过题目提前关键的重要信息然后来找出相应的性质 从最多的字符串长度为3入手, 发现性质: 只用2个字符串就可以构造出回文, 如果2个不行,那就一定不行 当然这个性质也可以贪心的猜想,让后在去证明 然后 利用回文串的性质即可, 注意 长度为1也是回文串的重要点 处理利用map即可很方便, 注意
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摘要：大佬の思路: 有2个条件: x-y 最小化 分段后要满足条件 观察看看这2个条件可以诞生出什么结论啥的 分段后要满足条件,-> 分段前整体的时候要满足什么条件呢? -> 那就是在 x-y内的数量要至少大于外面的k个,(K段) 因此对队列的数按照大小排序 然后窗口滑动, 看最优的x-y是啥 然后 出现
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摘要：思路: 可以先想朴素的做法来看看找找思路 可以发现 gcd的元素越多, 这个值就会越小, 是单调的 而且当某个元素不符合时, 最优做法: 把他设成 1e9+7等等数字, 这样弄出来的gcd就是1 于是dp的时候: 对于当前这个数看他有没有一段区间是不符合这个东西, 有 就把这个数设成1e9+7等数
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摘要：思路: 首先可以枚举 a, (全情况的考虑的思想) 然后来确定b, 利用 |的特性, 让 b+某些值后, 能够 a|b=b. 这个b的变换利用位运算的拆解
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摘要：思路: 位运算 重点看到位, 这个和最高位有关系, 就可以合理解决
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摘要：思路: 形式上就很像线段树, 在染色的时候, 关键是对相同颜色的权值一起加, 这个地方要用前缀和处理, 因为没有要求加一次就要实时更新, 于是就用到了在更新,如何更新呢? 就利用前缀和 然后 修改一个区间, 先把这个区间本来的颜色值更新,在减去当前的颜色值, 因为这个时候是从当时开始算的 而且这个修
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摘要：思路: 2个情况都是要方向不要才可以. 于是就二分图判断一下, 然后设一个方向即可. 位置的大小,就用有向图特性来表示 看看有没有环,有环就G, 用 tajain或者其他方法都可. 然后利用拓扑序处理即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #
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摘要：大佬思路: Tutorial for CF1641D - tommymio's Notebook - 洛谷博客 (luogu.com.cn) 思路: 关键是转化这一步, 不要以序列为单位去看, 而是以序列的元素去看 这个容斥,可以想到bitset优化处理. 以元素为单位,建立n的bitset, 以w
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摘要：思路: 给出了, 2^p, 然后2x+1, 4x, 发现和二有关 进一步, 2x+1 是在 后面加一位 1, 4x, 是在后面+ 00; 因此直接dp处理 对于本身的a[i], 看有没有数能够更新他即可. -> 有1去1, 有00 去00, 即可 #include <bits/stdc++.h> u
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摘要：分块: 把n分成sqrt(n)块, 中间整体修改,2边暴力修改即可, 修改,查询的复杂度为3sqr(n); 比线段树好写一些? 当然整体的修改的时候,有时候要用 lz 去处理, 和势能线段树有共同的思想. 模板: 建块: cin>>n; int d=sqrt(n); int kn=0; for(ri
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摘要：Problem - A - Codeforces (Unofficial mirror by Menci) #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define M 10000 #define ri register int struct dai
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摘要：思路: 最后转化成一个链, 然后贪心地从链的一端处理即可! #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define M 2000005 #define ri register int long long p[M],q[M],vis[M]; int
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摘要：大佬の思路: 构造题: 首先想,在什么情况下,他是有解或者无解的: 若 a 数组中有数字出现了奇数次，显然无解：因为你的操作只会对每个数字增加偶数个，而一个「好的」数组中每个整数都应出现偶数次 然后就是利用规律,找规律,去增加限制条件去构造(去具体化), 无限次插入2个数, 相当于: 自己要找到这一
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