摘要：
T5: 对于每个需要到达的点，使用差分求出每条路经过的次数。 对与每条路，有以下两种选择: 1.使用c元买卡，剩下的每次都用b元买票(c+b∗sum[i])1. 使用c元买卡，剩下的每次都用b元买票(c+b*sum[i])1.使用c元买卡，剩下的每次都用b元买票(c+b∗sum[i]) 2.每次使用 阅读全文
摘要：
T5 求出所有错位的黑棋与白棋，先统计纵坐标，将纵坐标复位需要白子的纵坐标和-黑子的纵坐标和。 接下来统计横坐标，横坐标的偏移值实际上是所有错位的棋子的横坐标排序后两两相减后的绝对值 T6 动态规划，实际上判断的就是能否在他与第j只鼹鼠(j<i)的时间间隔里走到该位置，dp[i]就等于max(dp[ 阅读全文
摘要：
T4 其实我们的目标是让下降的往前排，让上升的往后排，其余不变，所以标记一下不变的，记录一下上升与下降的，在挨个放进ans数组中，最后输出。 T5 将a数组排序，那么现在将a数组两个分为一组分给一个人即为最优策略。 dp[i][j]:前i根木棍分给j个人的矛盾指数最小值 方程： 将第i根木棍分给第j 阅读全文
摘要：
个人生平第一次考第二，故有了此总结（瞎说 题号 分数 T1 100pts T2 100pts T3 100pts T4 80pts T5 100pts T6 10pts T4 对于每个点，找到他左边第一个比他高的与右边第一个比他高的，那么他能够产生的贡献就是二者的最小值-自己本身的高度。 T5 如下 阅读全文
摘要：
T5 可以发现是一道单调栈，因为单调栈实际上维护的就是后缀最大值的下标，满足单调递减，知道了这一点就是单调栈模板题了。还有，当一个数被pop掉的时候还需要在异或一次以消除他对整个序列的贡献。 T6 考虑贪+dp，到一条边的时候，显然以端点作为起点最优。 dp[i][0/1]： 走到第i条边的左/右端 阅读全文
摘要：
T4T4T4： 分析可以知道，每一种颜色肯定的珍珠数量肯定不会超过n/2，所以以n/2作为分界点，让i与i+n/2去拼就肯定不会重复。 #include<bits/stdc++.h> #define int long long #define endl "\n" using namespace st 阅读全文
摘要：
T5 暴力优化一下即可 可以证明在k-1是一定有解，而int是31位无符号整数，所以最多只要枚举32位即可。 #include<bits/stdc++.h> #define int long long//祖宗凝视 #define endl "\n" using namespace std; cons 阅读全文
摘要：
T5： 用两个数组存到达第i位时崇拜的神牛。 if(abs(sum[i]-sum[j-1]==i-j+1))，说明i到j都相同 if(abs(sum[i]-sum[j-1]<=m)),说明i和j之间的不同人数差不超过m 在符合以上两个条件下， 转移方程：dp[i]=min(dp[i],dp[j-1] 阅读全文
摘要：
7.23考总 T3： 可将原式 ai⋅x+y=cia_i\cdot x+y=c_iai⋅x+y=ci 快速转化为： (ci−y)÷x=ai(c_i-y)\div x=a_i(ci−y)÷x=ai 可发现，这里的 yyy 很像除法中的余数，那么只要判断数组cmod xc\mod xcmodx是 阅读全文
摘要：
T1:AC T2:75pts T3:AC T4:35pts T5:0pts T6:0pts 华丽的分割线 T1:直接数学分析END T2:枚举天数判回文 T3:枚举一个数，求另一个数，在判断即可 T4:deque模拟 T5:纯广搜 T6:说实话也不太懂 阅读全文
