07 2021 档案
摘要：板子题： https://www.luogu.com.cn/problem/UVA11174 分析 整个图形成了一片森林，我们记一棵树（根节点记为 ）的排序方案数为 。 我们记 以下的子节点（即它们的父节点为 ）为 \(c_1,
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摘要：A 发现长度为 的一定是最好的。 #pragma GCC optimize("O3") #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' #define debug(x) cerr << #x << ": " <<
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摘要：这题细节还挺多的。 分析 拿到题目先拿样例找一下性质。 对于最初的局面，发现如果有一个位置出现 X ，那么它的左边两个或者右边两个位置只要存在 X ，那么先手必然胜利。 如果不存在上面的情况，我们就可以枚举一下先手决策的位置，看看所得到的状态能不能让后手必输。 这时候我们想到用 sg 函数来刻画这一
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摘要：C 签到题，看看最多加多少条边这个图还是树。 int main(){ int a, b; cin>>a>>b; int res=a*b; if(res&1) puts("NO"); else puts("YES"); return 0; } D 签到题 模拟 int main(){ int T; c
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摘要：补一波牛客多校的题解~ A 这题我的想法是记忆化搜索，如果当前状态能够转移到必败态，那么当前状态就是必胜态。 直接枚举的话复杂度是 ，所以我打了个表，将所有必败态存了下来。 下面是 generator ，因为打表程序已经被我丢掉了所以就贴截图了（悲 然后这是 AC 代码
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摘要：传送门：https://atcoder.jp/contests/abc171/submissions/me A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ char t; cin>>t; putchar(islower(t)? '
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摘要：我怎么又是这个点写题解 这套题还是挺简单的（确信 传送门：https://atcoder.jp/contests/abc170 A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int res; for(int i=1; i<=5;
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摘要：A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int a, b; cin>>a>>b; cout<<a*b<<endl; return 0; } B 为了避免溢出就用 py 写了 import sys n=int(input()
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摘要：传送门：https://atcoder.jp/contests/abc168/tasks A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int a; cin>>a; int t=a%10; if(t==2 || t==4 ||
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摘要：半夜写的的题解（www A 也可以 pop_back(b) 来判断 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ string a, b; cin>>a>>b; for(char i='a'; i<='z'; i++){ if(a+
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摘要：传送门：https://atcoder.jp/contests/abc165/tasks A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int k, a, b; cin>>k>>a>>b; for(int i=a; i<=b;
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摘要：传送门：https://atcoder.jp/contests/abc166 前三题看代码 🕵️♂️ A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ string t; cin>>t; if(t=="ABC") puts("A
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摘要：绝赞自闭 China Round A 模拟。 无解的情况是前后总和不等。 然后当 时就向后填， 时就把后面的搬过来，这样操作就能保证 了。 #pragma GCC optimize("O3") #include<bits/stdc++.h> usin
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摘要：感觉这种位置指针跳来跳去的题好难写对，记录一下套路。 传送门：https://www.luogu.com.cn/problem/UVA10382 思路比较简单：处理一下每个装置的有效左右区间（显然半径刚好能够到达的点是临界），然后从左到右贪心地选取装置：具体来说就是维护一个前缀的控制区域（只需维护最
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摘要：传送门 题意 给定一个连通的无向图让你进行加边操作，要求每一对点之间都至少有两条相互分离的路径，求最小的加边数。 两条路径相互分离，是指两条路径没有一条重合的道路。 分析 这意味着，从一个点到另一个点，不能够存在一条边满足：如果不经过这条边，这个点就到不了另一个点。 换句话说，就是不能存在一条边，使
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摘要：传送门：https://vjudge.net/problem/UVALive-4287 分析 强连通分量（SCC） + 有向无环图（DAG） 的性质 由 SCC 性质知，一个 CC 内的点可以相互到达（也就是里面的定理已经可以相互证明了），所以我们使用 SCC 将问题转化为给定一个 DAG，求使 D
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摘要：传送门：https://atcoder.jp/contests/abc164 这次的前三题没有一点思考的必要啊（ F题看起来就不可做，日后看看吧 A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int s, w; cin>>s>>
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摘要：传送门：这里 这场好难，枯了。 A 分类讨论 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int a[3]; for(int i=0; i<3; i++) cin>>a[i]; sort(a, a+3); if(a[0]==a[1
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摘要：这场还是很有区分度的（逃 A 贪心，从小到大模拟合并的过程。 #pragma GCC optimize("O3") #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define endl '\n' #define debug(x) cerr << #x <
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