05 2024 档案
摘要：原题链接 一步一步来 1.假设D为1，你要怎么求？ 每个点乘地铁的时间是唯一的，也就是说，如果我一开始先走一段路到A点再坐地铁，等价于我直接坐地铁到A点，下地铁的瞬间再次上车。 所以最优路径一定可以是先从起点乘地铁到某个点，然后再一直走路到终点 因此我们可以遍历
摘要：原题链接 题解 贪心，我管这种叫做策略贪心，即按照某种顺序或者角度去贪心可以得到最优解 既然题目要求任意两点间最短路最小的同时，价格也最小，那么我们就按长度为第一关键字，花费为第二关键字排序。然后遍历所有边看看这条边能否使用 遍历过程的策略： 如果这条边加入后，这条边两端的节点之间的距离不变。 如果
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摘要：原题链接 题解 一句话总结：使得
摘要：原题链接 题解 发现一串数字的lcm一定大于等于这一串数字的最大值，所以如果整个数组的lcm大于
摘要：原题链接 题解 数组内是否存在两个数，使得数组内所有元素都是它们俩其中之一的倍数 1.最小的元素肯定要选，因为没人是它的倍数 2.把所有能被最小元素整除的元素去掉之后，再选一个最小数 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using na
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摘要：原题链接 题解 和破环成链的过程很像 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[105]; int main() { int t; cin>>t; while(t--) { int n; cin>>n; int flag=0; f
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摘要：原题链接 开始 敲代码前问问自己：如何证明你的算法的正确性？ 启发 我们一开始在节点1，假如有abcd四条边，且我们已知 从每条边出发到达终点的最短距离
摘要：原题链接 题解 由易到难，先不考虑交替的事情，既然要尽量少的涂色，那么我最少要涂几条颜色的边？（由于图不一定联通，这里先考虑连通图的情况） 如果一条边处于一个环内，那么这个边就可以不涂色。 所以只要有环我就可以选择一条边不涂色，那么到最后，涂色的边构成一棵树 接下来考虑这颗树能否实现红蓝交替 要满足
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摘要：原题链接 题解 有点像拓扑排序 拓扑排序怎么做来着？首先找老祖节点对不对？老祖节点有什么特性？ 入度为零 而在无向图中，我们把叶子节点看成老祖节点，它们有什么特性？ 连接的边只有一条 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; vector<i
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摘要：原题链接 题解 1.请务必读清题干意思 2.如果以最顶端积木的位置为状态，是可以穷尽所有情况的，则状态为
摘要：原题链接 题解 假如最后有
摘要：原题链接 题解 我一开始想着二位前缀和+模拟，但是看到ab发现空间不够 观察到nm的数据范围限制 也就是点和查询的数量限制，考虑用优先队列把各个方向的点存起来以表示各个点的使用顺序，再用map嵌套表示各个点的使用情况 空间复杂度
摘要：原题链接 题解 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const ll mod=1e9+7; ll a[7][7]={0},e[7]={0}; void cf1() { ll tem[7]={0}
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摘要：原题链接 题解 由于选择每一条路径的概率是一样的，所以我们统计出所有路径的条数，和长度之和，然后除一下就行了，除法求模等价于乘模数下的逆元 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const ll
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摘要：原题链接 题解 一句话总结：第
摘要：原题链接 题解 反悔贪心 把工作按截至时间排序，每个工作有两个决策。 如果这个工作有时间做，那就做； 如果没时间做，就在已经做过的工作里取消价值最小的工作，换成当前工作（这里有一个前提，那就是每个工作需要的时间是一样的，而且当前工作的价值大于已经做过工作里价值最小的） code #include<b
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摘要：原题链接 题解 注意数据范围 1.我们不知道要在哪些地方建站，所以考虑都遍历一遍 2.如果一个地方
摘要：原题链接 题解 1.每一天只有二种决策，第一是不买，第二是当天买过几天抛 第二种决策等价于当天买入第二天抛，原理如下 对于一只股票，我们在第
摘要：原题链接 题解 题意提醒： 这里的时间段要抽象成点，比如
摘要：原题链接 题解 1.朴素想法：链表存储+每次遍历一遍找出最小对 缺点：时间复杂度过高 改进措施：每次遍历一遍，只会挑走一对，剩下的会重复遍历，所以我们把所有的对都找出来放进堆里，每次挑出第一个没有被用到过的对 注意审题 code #include<bits/stdc++.h> using names
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摘要：原题链接 题解 观察一个二分图会发现 同一组的节点不直接相连 二分图能够建立的最多的边等于
摘要：原题链接 题解 真的bt啊 由于m没有限制所有测试用例的总和，所以m可以近似看为1e9，也就是说，除了输入以外，不能有任何对m的处理（常数乘上1e9） 考虑菊花图，任意两点之间最多只有一个陌生点，而且
摘要：原题链接 题解 很巧妙，把等式移项之后，ab差最大的就是答案 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long struct node { int a,b,df,id; }c[200005]; bool cm
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摘要：原题链接 题解 犯了对变量定义不清晰的错误 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll a[300005]={0}; vector<int> G[1005]; int dp[1005]={0};/
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摘要：原题链接 题解 你怎么能在地图都没有输入完成的情况下判断呢？ code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; string s[505]; int xx[4]={0,-1,1,0},yy[4]={1,0,0,-1}; int main() { in
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摘要：原题链接 题解 思考这类问题之前先考虑完成目标有几种方法，再考虑方法的可行性 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[1005],b[1005]; int main() { int n,m; cin>>n>>m; for(int
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摘要：原题链接 题解 1.多根树结构，但是将-1的点设为0的子节点，就变成了单根树 2.仔细读题！！！只要同一链上的就不能在一个组里 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int depth[2005]={0}; vector<int> G[2
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摘要：原题链接 题解 1.已知如果两个点之间有两条边不重合的路径，那么这两个点就在一个边强连通分量里，所以我们可以把处于同一个边强连通分量的点缩起来 在这里，我忘记了怎么求边强连通分量，所以我再提醒一下自己 已知树结构是不存在强连通分量的，它的特性是深度大的节点只有一条回到深度小的节点的边，所以我们深度搜
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摘要：原题链接 题解 1.经过样例证明，双方的交换策略一定是自己最小值去换对面最大值 2.双方交换的最大值一定局限在双方各自初始最大值之间，最小值也是 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int ma
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摘要：原题链接 题解 突破口：我要让bob早点没得减，我肯定选最小的那个 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int t; cin>>t; while(t--) { int n; cin>>n; int x; cin
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摘要：原题链接 题解 easy.ver:：只能朝一个方向走，还剩奇数个格子时先手获胜 medium.ver: 令
摘要：原题链接 题解 1.在一次op后，哪些东西发生了变化？哪些东西没变？ 2.题目要求当一个u都没有的时候先手输，那么我一次op能减几个u？ 3.通过分类讨论发现一次op总是使u的数量加减一个奇数，所以如果alice要赢，那么起始u的数量必须是奇数 code #include<bits/stdc++.h
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摘要：原题链接 题解 从小正方形到大正方形，有四个变化方向，分别是左上、右上、右下、左上。 分类讨论模拟即可 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n,x,y; cin>>n>>x>>y; puts("Yes"
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摘要：原题链接 题解 1.异或规则为不进位加法，可以看作位运算 2.查找的时间复杂度必不能高，
摘要：原题链接 题解 看清楚题目，是三个人都坐在同一辆校车！！ code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; vector<ll> G[200005]; ll depth[200005]={0}; void d
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摘要：原题链接 题解 太巧妙了！！！ code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n,m; cin>>n>>m; int r=0,b=0,y=0; for(int i=1;i<=n;i++) { string s;
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摘要：原题链接 题解 1.如果轮到我时场上有
摘要：原题链接 题解 1.复杂问题简单化，把字符用数字代替 2.每次替换都会减少一个字符，到最后一定是由两个字符合成一个字符，并且这两个字符的来源区间不相交 3.相同区间不同的合并方式，最后生成的字符也不同，所以dp多加一个状态 4.题目只问能否合成对应字符 code #include<bits/stdc
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摘要：原题链接 题解 1.常见思路：
摘要：原题链接 题解 关键因素：
摘要：原题链接 题解 第
摘要：原题链接 题解 1.考虑到每个牛只有选或不选两种选择，这样暴力搜索的思路便产生了 2.还是上面的思路，怎么优化呢？ 想想背包数组，其下标是什么？是体积 其值是是什么？是价值 是在体积相同的情况下选择价值最高的，本题也是，最优解一定是相同智商里情商最高的 3.价值和体积都是负数，怎么解决？ code
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摘要：原题链接 题解 1.把字符串倒过来，记作
摘要：原题链接 题解 细节很多，看代码 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; string s; int num; int vis[55][100005]={0}; int ans[55][100005]={0}; int sou(int po
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摘要：原题链接 题解 分解n的质因子，如果为奇数就补一个 由于大于
摘要：原题链接 题解 1.相当于把n个数的因子重新组合，使得组合为一体的数是强合数，经过试验发现，最少两个相同质因子就能合成一个强合数，最少三个不同质因子就能合成一个强合数，所以我们统计所有数的所有质因子个数 2.统计质因子用到了递归的方法，我们先筛合数，标记合数的最小质因子，然后逐层递归 code #i
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摘要：原题链接 题解 1.数组最大能开到1e8 2.vector比数组容易mle 3.筛素数的时间复杂度是O(n) 4.由于一个数最多有
摘要：原题链接 题解 关键因素：任何合数都可以分为最小质数乘上另外一个数 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; vector<int> ans; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie
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摘要：原题链接 题解 如果最小整除的数不是质数，那么把第一个数中的因子分出去，它就不是最小数 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; map<ll,ll> vis; int main() { int n;
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摘要：原题链接 题解 如果第一个出场的是
摘要：原题链接 题解 有一个隐含逻辑，n个程序员会齐心协力地使保留的算法不止一个 当
摘要：原题链接 题解 1.二分查找前缀出现次数，用
摘要：原题链接 题解 1.如果能分成偶数个区间，那么一定能分为两个区间 2.如果能分为奇数个区间，那么一定能分为三个区间 3.能分为两个区间，说明区间异或和为
摘要：原题链接 题解 集合内元素最大不超过
