摘要：
思路 将'G'看成$-1$，'R'看成$+1$，要求最长的子串，使得子串中‘G’和‘R'的数量相等，则转化为求两个下标$i$和$j$，使得前缀和$sum[j]-sum[i-1]=0$，即$sum[j] == sum[i-1]$。 开一个$pos$数组记录每个$sum[i]$第一次出现的位置，之后对每 阅读全文
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对于每一个数n，除非它是完全平方数，否则它一定有偶数个因子。 因为如果i是n的因子，那么n/i也一定是n的因子。这样，n的因子都是成对出现的，所以n有偶数个因子 但是，有一种特殊情况，即n/i=i。由于i和n/i是同一个数，因子只能是一个，这时n的因子就是奇数个。 把n/i=i变形，得n=i*i，即 阅读全文
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先将所有奶牛的坐标从小到大排序，然后通过双指针（也可以二分）查找第一个超出第$i$头奶牛交流范围$d$的奶牛的坐标$r$，同时答案累加上$r-i-1$（和第$i$头奶牛范围不超过$d$的奶牛数，减一是除去第$i$头奶牛自身）。 const int N=1e6+10; int a[N]; int n, 阅读全文
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直接模拟即可。 const int N=110; char g[N][N]; int n,m; bool check(int x,int y) { return x>=0 && x<n && y>=0 && y<m; } int count(int x,int y) { int res=0; for 阅读全文
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差小积大。 如果$n \mod m == 0$，那么$m$个数均为$n/m$。 如果$n \mod m != 0$，那么其中有$n%m$个数在数值上比$n/m$大$1$，其余$m-n%m$个数的值仍然为$n/m$。 int n,m; int main() { cin>>n>>m; int k=m-n 阅读全文
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圆圈的长为 \(n\)，逆时针记为：\(0,1,2,…,n−1\)，而大圣每次飞的距离为 \(d\)。 大圣所在的位置记为 \(x\)，而大圣想去的地方在 \(y\)，且筋斗云只沿着逆时针方向翻，告诉大圣至少要飞多少次才能到达目的地。 思路 假设飞$m$次到达目的地。 则满足：\((x+m*d) \ 阅读全文
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根据唯一分解定理： \(N=P_1^{\alpha_1}P_2^{\alpha_2}\cdots P_n^{\alpha_n}\) 要求$N$的大于 \(1\) 的因子组成的满足任意前一项都能整除后一项的严格递增序列，其中的某一满足条件的序列如下： \(P_1,P_1^2, \cdots ,P_1^ 阅读全文
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思路 要求包含这 N 个整数的最短的等差数列有几项，则首项取数组$A$中的最小值，末项取数组$A$中的最大值。 假设公差为$d$，首相为$A[0]$，则相邻两项的差$A[i]-A[0]，i \in [1,n-1]$一定是公差$d$的倍数，于是对所有相邻两项的差求$gcd$即可得到公差$d$。 con 阅读全文
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水题~。 注意权值和可能会爆int。 const int N=1e5+10; int val[N]; LL sum[N]; int n; int maxd; void dfs(int u,int d) { if(u > n) return; maxd=max(maxd,d); sum[d]+=val 阅读全文
摘要：
贪心思路：每次将第$i$个位置上的数，与数字$i$所处的位置进行交换。重复这个操作，每次至少会将一个数字通过交换至归位，直到序列变为有序。 const int N=1e5+10; int a[N]; int n; int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) 阅读全文