摘要：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int N=2e5+10; string s; int main(){ ios::sync_with_ 阅读全文
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虽然看上去需要维护两个传送门，但是其实dp状态只需要设计一个就行了，这是因为当我们使用传送门的时候，总是在当前点创建传送门，所以只 也就是只要维护另一个传送门即可 对于转移，我们首先要把任务拆分掉，因为虽然一个任务有两个位置，但是我们发现其实每一步可以看成一个任务，因为假如我在上一个任务的终点 对于 阅读全文
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#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int inf=0x3f3f3f3f; const int N=2e5+10; int a[N]; struct node{ int cnt; node 阅读全文
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首先本题是求取完全图的最小生成树，但是显然暴力不了 我们观察到任意两点之间的权值就是两个点到根节点的异或和 因此想到用Trie来维护这个操作（反正我想不到）也就是xor最小生成树 我们把每个点到根节点的异或和当做点权值，建立01Trie 这么做是为了下一步做贪心的准备，因为最小生成树其实就是用一些边 阅读全文
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本质上是一个状态机模型，因为对于每个来说，只有可能存在一个篮子是由同一堆中的不同颜色构成，否则都可以转化为这一类。 因此我们枚举f[i][j]为前i个，红色果实剩余j个，之后选择是否选择产生这种的篮子进行dp转化 #include<bits/stdc++.h> using namespace std 阅读全文
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题目满足单调性，考虑先二分后进行check 对于check，用树形dp来表示状态是否可达，设计d[i][j]表示以j为根节点的子树，使用了i个a边，能满足长度不超过二分答案值的离i最远距离的最小值 含义就是，对于每种合法方案，都保存最小的距离，这样对之后的状态转移的最优的。 #include<bit 阅读全文
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本题没有无解情况，因为这题本质上可以通过二进制叠加，并且我们知道所有数都能被这样表示 对于有解情况，显然每次跳跃的越多越好，但是这是有限制的，一个分裂的总数不能超过当前的个数 第二个是当前分裂完后，要保证第二天分裂结果不能超过总答案，否则无法到达。 #include<bits/stdc++.h> u 阅读全文
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本题询问字符串的编辑距离。 观察题目可得，插入操作是没有用的，所有插入操作都能用删除操作，并且至少不会大于。 因此我们发现，对于两个字符串使得他们相等，最小的其实就是保留lcs。 现在询问的数量很多，因此肯定考虑预处理，对于s串l-r，如果能匹配t串，那么我们需要找的是两个串最大能满足条件的lcs。 阅读全文
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题目想问的是每次取一个所能取到最大的连通块，并把他们的上面每个点的权值-1，最少需要多少次操作 这题顺着做，就是每次找到最大的连通块，然后-1，之后可能出现某些连接点权值为0断开，变成多个连通块继续做。 因此考虑倒着做，我们发现，每个点作为单独的连通块做出的贡献就是当旁边的点权值为0了，因此将点的权 阅读全文
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观察题目可得，所有初始位置比其他小，并且加速度也比其他小的点是永远不会成为答案的，这些点应该要删除，否则对后面求解有影响，之后会说明。 对于p相同的，只需保留a最大的即可，因为其他也不可能成为答案。如果最大的有多个，那么这个点不能成为答案，因此要把他的贡献置为0，但是这个点需要保留，因为可能影响到别 阅读全文