摘要：
"传送门" ~~这里提供智障的$O(n^2)$做法~~ 其实是有$O(logn)$做法的，但是我太菜了想不出来 Solution： 首先可以发现生成的序列一定是一个两边向中间单调递减的序列 这样就可以发现我们的删除序列也是一个有两个单调递减的子序列的序列 然后我们就可以设$f[i][j]$为当前确定 阅读全文
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"传送门" 这个是真的简单题，随便手玩一下就可以发现最优策略一定是给$1$加上自环 然后就可以dfs一下看哪些点子树里深度最深的点到当前点的距离会等于$k 1$，然后将当前点连向$1$（当然特判一下父亲节点是不是$1$），就好了 代码： c++ include include include inc 阅读全文
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"传送门" 其实有一个显然的性质嘛：对于每个数，其实只要考虑它最右能被换到的位置就好了 然后设$f[i][j]$表示已经处理完了前$i 1$位，当前还有$j$个$1$可以自由支配（注意这里说的是当前可以自由支配，不是总共可以自由支配的$1$） 代码： c++ include include incl 阅读全文
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"传送门" 这个题只要想到移动机器人和移动出口是等价的就好做了 考虑设$f[i][j][k][t]$为最远向左移动$i$，向右移动$j$，向上移动$k$，向下移动$t$，这个矩形内最多能救的机器人 转移就记录一个前缀和来辅助转移，这样复杂度就在能通过的范围内了 但是转移还是比较麻烦的，还需要考虑当前 阅读全文
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"传送门" 智障爆搜题 可以发现题目给出的式子可以移项 然后就是$rev(N) N=D$ 然后假设$N=a_1 10^{n 1}+a_2 10^{n 2}+...+a_{n}$ 那么$rev(N)=a_n 10^{n 1}+a_{n 1} 10^{n 2}+...+a_{1}$ 就容易得到$\sum 阅读全文
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"传送门" 显然$a b$的情况下才有解 考虑先找出一个诚实的人，然后剩下的都可以在$n$次以内问出来了 发现如果一个人说另一个人是说谎的那么这两个人必有一个是说谎的，由于诚实的人严格多于不诚实的人，我们就可以把他们都丢掉 我们可以考虑维护一个栈，这样找出来的栈顶一定是诚实的人，总次数也在$2n$以 阅读全文
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"传送门" 这个题是真的巧妙 首先一个很巧妙的思路，差分 考虑假如$a_i!=a_{i 1}$，则$b_i=1$，否则$b_i=0$ 这样一来，一个区间的翻转就变成了对于两个数的取反了 然后我们来考虑一下取反的代价（没错这个题我就只想到了这个） 1、假如距离是奇质数，只要1步，显然 2、假如距离是偶 阅读全文
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"传送门" 考虑到一个很显然的事实：水是逃不掉的，一定要接的 所以我们就可以得到一个结论：如果当前的水温比上次低，就混合起来（因为水是逃不掉的），如果高就保留（因为我可以将前面的全部抛弃，只取这个高的） 维护一个单调递增队列，复杂度$O(n)$，然后就做完了，答案就在做的过程中统计就好了 代码： c 阅读全文
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"传送门" 这个题网上有两种做法，一种是树状数组的，还有一种是暴力模拟的，暴力模拟显然不够优美，所以我用的树状数组 显然可以从初状态推到目标状态，我们也可以考虑倒推回去 首先可以容易发现每列的数字是不变的，所以可以把一些奇奇怪怪的情况先处理掉 每次旋转会使矩阵翻转并且每列取反，发现行其实没什么用，可 阅读全文
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"传送门" 按理说想到转化问题之后就不难了吧，可是我还是不会写 一个很容易想到的转化就是差分，将银币数和铜币数都减去金币数，这样就转化为$x+y+z$个钱币选$y$个银币和$z$个铜币的最大数量了 ~~然后我这个菜逼就不会做了~~ 设总钱币数为$n$，银币$x[i]$个，铜币$y[i]$个，就可以按 阅读全文