07 2016 档案
摘要：求next数组，（一般有两种，求循环节用的见代码）求出循环节的长度。
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摘要：题 字符串所有子串要不同。求修改最少多少个字符。 因为只能是26个字母，显然大于26的不可能有答案，其它情况ans+=u[ i]-1；u[i]是字母出现的次数。
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摘要：题 给定三角形，求三个两两相切且与三角形的一条边相切的圆的半径。 二分一个半径，可以得出另外两个半径，需要推一推公式（太久了，我忘记了）
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摘要：题 给定字典，再询问。 字典与询问之间有一个空行。 cin.peek()是一个指针指向当前字符。 处理空行的技巧
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摘要：求矩形面积并，离散化加线段树。 扫描线法： 用平行x轴的直线扫,每次ans+=（下一个高度-当前高度）*当前覆盖的宽度。 另一种方法还是线段树，这里扫描线用的是平行y轴的直线，每次增加的面积是当前扫描的竖线所在的高度区间的最后一次的x与当前x的差值乘上区间的高度。所以每次增加的不一定是一个矩形，而
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摘要：离散化后，[1,10]=[1,3]+[6,10]就丢了[4,5]这一段了。 因为更新[3,6]时，它只更新到[3,3],[6,6]。 要么在相差大于1的两点间加入一个值，要么就让左右端点为l,r的线段树节点表示到x[l]到x[r+1]的区间。 这样tree[l,r]=tree[l,m]+tree[m
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摘要：当两个点距离小于直径时，由它们为弦确定的一个单位圆（虽然有两个圆，但是想一想知道只算一个就可以）来计算覆盖多少点。
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摘要：给定点集的最远两点的距离。 先用graham求凸包。旋（xuán）转（zhuàn）卡（qiǎ）壳（ké）求凸包直径。 ps：旋转卡壳算法的典型运用 http://blog.csdn.net/hanchengxi/article/details/8639476。
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摘要：两个木条装雨水能装多少。 两线段相交，且不遮盖的情况下才可能装到水。 求出交点，再取两线段的较高端点的较小值h，（h-交点的y）为三角形的高。 三角形的宽即为（h带入两条线段所在直线得到的横坐标的差值）。 三角形的面积即为雨水的量。 坑点：如果用G++提交，ans要加上eps才能过，c++提交则没问
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摘要：1001 Another Meaning 题意：字符串A中包含的字符串B可以翻译或不翻译，总共有多少方案。 题解：动规，dp[i]表示A的第i位为止有多少方案。 转移方程： dp[i]=dp[i-1]（不翻译） dp[i]+=dp[i-B.size()]（翻译i结尾的子串B） 初始条件：dp[0]=
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摘要：1.gcd 2.扩展gcd )extend great common divisor 3.求a关于m的乘法逆元 补充：求逆元还可以用 4.快速幂quick power 5.快速乘,直接乘会
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摘要：有n个节点以1为根节点的树，给你树的边关系u-v，一开始每个节点都有一个苹果，接下来有两种操作，C x改变节点x的苹果状态，Q x查询x为根的树的所有苹果个数。 求出树的dfs序，st[i]保存i的进入时间戳，ed[i]保存i的退出时间戳，则st[i]到ed[i]就是子树节点的对应时间戳。 每个节点
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摘要：x和y分开考虑，在（1,1）到（n，m）之间可以选择走i步。就需要选i步对应的行C（n-2，i）及i步对应的列C（m-2，i）。相乘起来。 假设$$\sum_{i=1}^{m-2} C_{n-2}^i\cdot C_{m-2}^i=\sum_{i=1}^{m-2} C_{n-2}^
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摘要：链接 某个数x属于[1,n]，至少询问哪些数y“x是否是y的倍数”才能判断x。找出所有质因数和质因数的幂即可。
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摘要：题目给定n和d，都是10的9次方以内，求1到n里面有几个数最大因数是d？1000000组数据。解：求出d的满足p[i]*d<n的最小质因数是第几个质数。即为答案。
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摘要：题目求n个互不相同的数，满足其和为其lcm。我们把lcm看成一个线段，分割成长度不同的n份。当然分法有很多，我们只需要构造一个好想好写的。先分成两个二分之一，取其中一个二分之一再分成1/3和2/3，接下来每次取1/3的分成1/3和2/3。11/2 1/21/2 2/6 1/61/2 2/6 2/18
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摘要：题目每次把空列换到最后一列，把非空行换到最下一行。
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摘要：题目链接 第一种解法是的：f[i][j][k]表示前i个人进j个人长度为k有几种方案（排列固定为123..n时）。最外层枚举t表示被卡的那个人。i=t时不加上f[i-1][j-1][k-a[
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摘要：有理数的树，根节点是1/1，左儿子是1/2，右儿子是2/1...。求给定的分数是第几个，或者给定n求第n个分数。递归。给定的分数，每次递归，如果分子比较小，就用分母减去分子，并且这是左儿子。反之是右儿子，终点是分子分母相等。求第n个，每次递归，如果n是奇数（为右儿子），新的分子是分子加分母。终点是n
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摘要：题目链接 正经解法： 给定n个点的坐标，找一个点，到其他点的曼哈顿距离之和最小。n可以是100000。大概要一个O（nlogn）的算法。算曼哈顿距离可以把x和y分开计算排好序后计算前缀和就可以在O（1）时间内判断一个点到其他点的距离。 缩小范围法： 另外一种做法，当时我就是这么想的，但是后来没敢交，
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摘要：题目 给定每张海报的覆盖区间，按顺序覆盖后，最后有几张海报没有被其他海报完全覆盖。离散化处理完区间端点，排序后再给相差大于1的相邻端点之间再加一个点，再排序。线段树，tree[i]表示节点i对应区间是哪张海报，如果是-1代表对应区间不是一张海报（0或多张）。每贴一张海报，就用二分查找出覆盖的起点和终
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摘要：题目0到n-1的花瓶，操作1在下标a开始插b朵花，输出始末下标。操作2清空[a,b]的花瓶，求清除的花的数量。线段树懒惰标记来更新区间。操作1，先查询0到a-1有num个空瓶子，然后用线段树的性质，或者二分找出第num+1个空瓶子的下标，和第num+b个空瓶子的下标。再区间更新为满。操作2，也相当于
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摘要：STL头文件：#include<queue> 优先队列： 默认从大到小排列：priority_queue<node>q; 自带的比较函数 priority_queue<int, vector<int>, less<int> > q;//等价于默认，从大到小排 //greater<int> 从小到大排
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摘要：cccc的天梯赛决赛，水题一样的水，中档题以上的还是没做出来。补了一下题，觉得其实也不是很难，主要是练的少。 L2-1:红色预警 并查集 我做的时候想不到并查集，想到了也不一定做的出来，都是其实不难。每次失去一个城市，重新计算过并查集，比较几个根节点，如果根节点增加了那么就是改变了连通性。 L2-2
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摘要：三种动物，A吃B，B吃C，C吃A。那么用并查集时，还要多一个x和根的关系，吃或者被吃或者同类。合并两个需要更新和祖先的关系。这个关系可以自己画一画。
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摘要：给你n个物品交换，每个交换用r,v,t描述，代表需要用r元的东西花费t时间交换得v元的东西。一开始只有1元的东西，让你求出交换到价值至少为m的最少时间代价。相当于每个交换是一条边，时间为边权，求走到价值大于等于m的点的最短路径。bfs的时候，用优先队列来储存状态，每次取出花费总时间最小的状态。
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摘要：贪心：最贵的留到最后买。状态转移方程：dp[j]=dp[j+a[i]]|dp[j]，dp[i]表示余下i元。 原来就不足5元，那就不能买啦。
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摘要：第一次做交互题。 题意是有n个数(n<1000)，你通过问1 a b，后台返回你YES代表a<b，NO代表a>b。要你在10000次询问内给出一个符合的排列。n=1000来说，10000其实就是大约nlogn。 所以需要一个时间复杂度稳定为nlogn的排序，每次询问的结果对应cmp函数的返回值。然后
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摘要：题意是给你n个物品，每次两辆车运，容量分别是c1，c2，求最少运送次数。好像不是很好想，我看了网上的题解才做出来。先用状压DP计算i状态下，第一辆可以运送的重量，用该状态的重量总和-第一辆可以运送的，如果小于c2，那么可以一次运送i状态里的货物。然后再用DP把s【i】为i状态的运送次数，通过转移方程
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摘要：题意是给你抢劫每个银行可获得的钱m和被抓的概率p，求被抓的概率小于P，最多能抢多少钱。01背包问题，体积是m，价值是p。被抓的概率不是简单相加，而应该是1−Π(1−p[i])DP：dp[i]表示抢到i元且不被抓的概率。初始条件：dp[0]=1；转移方程：dp[j]=max{dp[j],dp[j−m[
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摘要：题目字符串的LCS，输出解我比较不会，dp的时候记录从哪里转移来的，之后要一步一步转移回去把解存起来然后输出。
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摘要：一直不明白为什么我的耗时几百毫秒，明明差不多的程序啊，我改来改去还是几百毫秒。...一个小时后：明白了，原来把最大值0x3f（77）取0x3f3f3f3f就把时间缩短为16ms了。可是为什么原来那样没有WA呢？哦，明白了，因为最大值写小了，dicnic会多跑几遍。嗯顺便：0x3f3f3f3f也就是1
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摘要：题目
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摘要：相当于用1*2的板覆盖给定的h*w的格子里的点，求最少的板。可以把格子相邻的分成两个集合，如下图，0为一个集合，1的为一个，也就是（行数+列数）为奇数的是一个集合，为偶数的为另一个集合。101010101010101010101两个集合分别代表男和女，能不能结婚，首先要看是不是异性，然后看是不是相邻
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摘要：Dijkstra最短路，每次限制一个等级差，再更新答案。
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摘要：题目 Prim算法：任选一个点，加入集合，找出和它最近的点，加入集合，然后用加入集合的点去更新其它点的最近距离......这题求最小生成树最大的边，于是每次更新一下最大边。
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摘要：从（1,1）到（n,m），每次向右或向下走一步，,不能经过（x,y），求走的方案数取模。可以经过（x,y）则相当于m+n步里面选n步必须向下走，方案数为 C((m−1)+(n−1)，n−1) 再考虑其中经过（x,y）的方案数，也就是（1,1）到（x,y）的方案乘上（x,y）到（n,m）的方案，为 C
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