04 2024 档案
摘要：思路 对于每个 min\minmin 合并，肯定会有一些较大数受到浪费，例如把 4,54,54,5 进行 min\minmin 合并，得数是 444，这里就浪费了 5−4=15-4=15−4=1。我们设 dpxdp_xdpx 表示以 xxx 为根的子树里最少得浪费，然后从 n∼1n\sim1n
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摘要：思路 既然这题没有环，又要用到所有的边，这不就是一条链嘛！直接找到任意一个度为 111 的点作为起点后 dfs 一次，因为是一条链，所以 dfs 途中只要不走回头路就一定是一次就找到答案，时间复杂度 O(n)O(n)O(n)。 代码 # include <bits/stdc++.h> typedef
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摘要：思路 我们手搓一个数据：111011111011111011。 第一个前缀：111。没什么好说，只有 20=12^0=120=1 种情况。 第二个前缀：111111。这时在中间可以填 000 或 111，出现 21=22^1=221=2 种情况。 第三个前缀：111111111。这时它们之间还是可以
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摘要：思路 因为最后求的是绝对值，所以我首先使计算过程中 aaa 始终比 bbb 大。 设 aia_iai 表示 aaa 的二进制第 iii 位上的数字，bib_ibi 表示 bbb 的二进制第 iii 位上的数字，若 ai=bia_i=b_iai=bi，则 xxx 包不包含 2i2^i2i 都无
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摘要：思路 如果一只蜗牛在第 nnn 天爬到了顶，说明它在 n−1n-1n−1 天还没爬到，也就是说这棵树的高度在 (n−2)(a−b)+a+1∼(n−1)(a−b)+a(n-2)(a-b)+a+1\sim(n-1)(a-b)+a(n−2)(a−b)+a+1∼(n−1)(a−b)+a 之间。然后更新当前上
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摘要：思路 对于每个 u,v(1≤u,v≤n)u,v(1\le u,v\le n)u,v(1≤u,v≤n)，它们之间一定有一条边，可能在原图上，也可能在另一个平面。然后如果要构成三角形，这三点 a,b,ca,b,ca,b,c 必须互相连通，也相当于不能有 mpa,b+mpb,c+mpa,c≠3,0mp_{
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摘要：个人认为 C>D。 思路 首先对于每个连通块，我们尽量让它们都变成完全图。然后判连通块可以用并查集，也可以用 BFS，本人用了并查集。注意最后要减去现有的 mmm 条边。 代码 # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long l
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摘要：思路 首先我们要把当前的猪分成两类——有性别和无性别。无性猪只能一猪一笼，有性别时最坏情况下是 ⌊s2⌋+1\lfloor\frac s2\rfloor+1⌊2s⌋+1 个笼（没有有性猪时要特判）。需要的笼子就是它们之和。 代码 # include <bits/stdc++.h> typedef
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摘要：思路 这题我们可以枚举 i=n∼1i=n\sim1i=n∼1，均按 1∼n1\sim n1∼n 的排列填充第 iii 行和第 iii 列，最终可以填出类似这样的数组： 1 2 3 ... n 2 2 3 ... n 3 3 3 ... n . . . . . . n n n ... n 代码 # i
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摘要：思路 挺像某些排队接水的问题的。 首先肯定让询问次数越多的小球排在越前面，所以要从大到小排序再枚举。然后看看 aaa 和 bbb 中哪个排队时间短就去那一堆。 代码 # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll
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摘要：思路 优先队列 BFS。首先肯定对于每个位置，能量值越大越优，优先队列中按照当前能量值从大到小排序，然后只要比当前最优解更优时可以入队，最后如果到了终点就结束了。 另一种解法 因为可以重复进队，所以用普通队列也行。但是普通队列会导致重复进队次数太多辣，所以虽然优先队列有 log\loglog，但普
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摘要：思路 fjf_{j}fj 表示对于所有 ci=jc_i=jci=j，其中最小的 aia_iai。然后这题就变成了 maxfi\max f_imaxfi。因为 cic_ici 大，所以可以用 map 存哦！ 代码 # include <bits/stdc++.h> using namesp
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摘要：思路 本体核心：不能进位。 那就好做了，把每一位拆分分别计算，然后用组合数学中的插板法就行辣。 插板法不懂可以 bdfs。 代码 # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair <in
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摘要：思路 求最小的最大，显然是二分题。然后判断函数只需要从根节点递归，如果当前节点数 ≥mid\ge mid≥mid 了，那就删掉它与父亲节点的边，并累加一下计数器。如果删边数量已经够多了，那么只要看剩下的整棵树的节点数是否也 ≥mid\ge mid≥mid 就行啦。 代码 # include <bit
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摘要：思路 首先就拿样例二 123451234512345 来看吧。万位没啥好说，肯定只要转 111 次。千位，从 12345→0234512345\to0234512345→02345 需要转 1×10=101\times10=101×10=10 次，再加上 02345→0034502345\to003
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摘要：纪念一下蒟蒻第一次不看题解独立 AC 单调队列优化 dp。 思路 这题其实和 P1725 琪露诺很类似，这题的 dpidp_idpi 可以从 dpi−d−1∼dpi−1dp_{i-d-1}\sim dp_{i-1}dpi−d−1∼dpi−1 转移过来，然后当然选最小的，所以 dpi=ai+1+
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摘要：思路 很明显 sss 越接近 2u+12\frac{2u+1}222u+1 答案越大，于是我们可以定义一个前缀和数组 aaa，然后二分找到最后一个 ≤2u+12\le\frac{2u+1}2≤22u+1 的数和第一个 ≥2u+12\ge\frac{2u+1}2≥22u+1 的数，比较一下两个数
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摘要：思路 首先每个数可以不变或变成任意一个 ≤⌈n2⌉\le\lceil\frac n2\rceil≤⌈2n⌉ 的数，显然不可以对于 n≤mn\le mn≤m，⌈n2⌉\lceil\frac n2\rceil⌈2n⌉ 不可能比 ⌈m2⌉\lceil\frac m2\rceil⌈2m⌉ 大，所以我们
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