02 2025 档案
摘要：首先要考虑两个人的策略分别是什么，显然A每次要吃最小的蛋糕，B要么不吃，要么就把一种类的蛋糕全部吃完。所以也是动态规划dp[i][j]表示吃第i种蛋糕，B吃了j次后x的最小值 `#include<bits/stdc++.h> using namespace std; define int long
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摘要：动态规划，dp[i][j],j=0/1表示此人说真话还是假话，因为说谎者的数据不可信，所以转移时没有任何条件dp[i][1]=dp[i-1][0];而说真话的人有两种情况，前一个人说真话或者说假话，分开讨论，最后结果就是dp[n][0]+dp[n][1]; `#include<bits/stdc++
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摘要：将第一个序列标号，所以序号和值就相互映射，再将第二个序列用映射转变一下，最后只要求转变后的序列的最长上升子序列就行了，求lis只要维护一个单调递增的栈，大于栈首就入栈，小于栈首就用二分查找替换最小的大与它的数 `#include include include include<math.h> usi
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摘要：将m个宝物一一拆开，就是普通的0-1背包问题，但是这样会超时，所以想到用二进制拆分m，最后再当做0-1背包问题 `#include include include include<math.h> using namespace std; const int N=2e7+7; int w,n; int
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摘要：最基础的0-1背包问题，没什么好说的 `#include include include include<math.h> using namespace std; const int N=2e5+7; int t,m; int lst[107][2]; int memory[107][1007]={
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摘要：只要维护一个dp[i]就行了，dp[i]表示以i结尾的最大字段和，要么是第i个数本身，要么是第i个数加上dp[i-1],只要dp[i-1]>0，那么就肯定是后者 `#include const int N=2e5+7; int main(){ int n,lst[N]={0}; scanf("%d"
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摘要：典型的八皇后问题，用回溯遍历每一种情况，当前格子能放皇后就放，直到剩余皇后数量为0输出情况。而判断是否能放就是判断当前位置的横，竖，左斜，右斜是否有皇后，横竖都好判断，而左斜的位置index的和相等，右斜的位置index差相等。 `#include<stdio.h> include<string.h
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摘要：遍历整个二维数组，将数字相同的都入队，然后标记已经处理过，接着开始处理，判断每个位置是否都比相邻的不同高的位置高或低，就可以判断这些数是否为山谷或山峰 `#include include int que[1000007][3]; int m1[8]={-1,-1,-1,0,0,1,1,1},m2[8
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摘要：通过回溯搜索满足第一种维他命的情况，然后用这种情况检验其余维他命是否满足 `#include int v,lst[27],g,lst_v[17][27],p=0,f=1; int index[17]={0}; int My_sum(int n){ int sum=0; for(int i=0;i<g
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摘要：以每一个1为起点向外搜索，不断更新最近距离，如果不能更新则剪枝，不然会超时 `#include int n,m; char a; int m1[4]={-1,1,0,0},m2[4]={0,0,-1,1}; struct q1{ int i,j; int d=0; } q_bai[2000007];
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摘要：题目说只有一个包围圈，所以除了与边界相连的0，其余0都在包围圈内，所以只要把边界遍历一遍，将与边界相邻的0都标记出来，剩下的0都是要转换成2的 `#include struct hao{ int i,j; } que[1000007]; int head=0,tail=0; int main(){
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摘要：题目意思很简单，就是把一个数按照字典序拆分，很显然可以用回溯，把每种可能都遍历一遍，遇到不可能的情况就剪枝 `#include int lst[10]={0}; int n,sum=0; void solve(int res,int p){ if(res0&&lst[1]!=n){ for(int
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摘要：注意到两个素数之间是肯定不可以相互生成的，所以如果数组中包含两个及以上的素数时，x就不存在。而当数组中不包含素数时，2就是一个满足条件的数，因为任意偶数都可以由若干个二相加得到，而奇数肯定存在一个奇数因子（因为前提条件是都是合数），这个奇数减掉这个因子就变成了偶数，可以由2生成。当数组中有且仅有一个
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摘要：题目可以转换成求哪个数的因数出现次数最多，并输出这些因数的位置，所以也可以用埃氏筛的思想，这样可以避免重复计算。用一个数组sum[]来记录总次数，index就是具体的那个数，因为m<=1e6,所以数组是可以开出来的，每遇到一个数，就把sum中index为这个数的倍数的位置都++，因为一个数肯定是它倍
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摘要：根据题意，数对交换位置算不同数对，所以只要考虑p<=q就行了，交换一下就是结果乘二，但要注意当p=q时要减掉一。最小公倍数可以用pq==xy来代替，最大公约数就是gcd(p,q); `#include<stdio.h> include include include<stdlib.h> includ
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摘要：正常暴力就是每个数判断是否为素数，但这样会超时，所以要用埃氏筛，因为每一个数都可以唯一拆解为若干个素数乘积，所以只要r^0.5以内的素数都求出来，然后在[l,r]区间内把合数筛掉，剩下的都是素数了 `#include<stdio.h> include include include<stdlib.h
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摘要：显然，相邻的两个数是互质的，但题目只定义[1,1]为一个区间，所以1要单独判断 `#include<stdio.h> include include include<stdlib.h> include<string.h> include include<bits/stdc++.h> using na
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摘要：首先a,b,d的范围大的离谱，显然不能直接读入，所以一边读入一边取模，然后注意到19260817是一个素数，显然可以用费马小定理，a^(p-1)=1(mod p).但我这里的代码是取模的线性替换 `#include<stdio.h> include include include<stdlib.h>
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摘要：破环为链，并且将链延长一倍就不用考虑C>d了，并且题目说每个战士的奔袭区间都不被包含，所以以左端点排序后，注意到右端点必定单调，这就可以用贪心思想了，让下一个战士能尽可能远，只需要左端点尽可能远，不过要满足左端点在前一个战士的右端点前。第一个想法是暴力，显然会超时，就算用二分查找也会超时（别问我怎么
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摘要：一开始想到暴力，但显然超时，所以换一个思路，不是考虑这头奶牛需要仰望谁，考虑这头奶牛被谁仰望，于是就会想到维护一个单调递减的栈，将比栈首低的奶牛入栈，遇到比栈首高的就出栈，直到栈首比这头奶牛高为止，再将这头奶牛入栈，等所有奶牛都完成后，还剩在栈里的就是没有仰望对象的奶牛。 `#include<std
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摘要：约瑟夫环，用lst来表示环（已经编过号），flag来标记是否出队（0为在队中，-1为出队了），t表示报数，p来遍历环，ans来记录环中剩余人数，剩最后一人就退出循环，遍历一遍flag输出最后一人的编号 `#include<stdio.h> include include using namespac
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摘要：贪心思想，每次合并最小的两堆就能使总消耗最少，所以考虑优先对列，不过要从大到小。 `#include<stdio.h> include include using namespace std; int main(){ int n,a; priority_queue<int,vector,greate
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摘要：ST表模版题，用暴力显然超时，所以要采用倍增思想，把一个区间最大值转换成两个子区间的最大值，一直二分下去，直到变为单个值，这样维护一个dp[i][j],i为起始位置，j为2^j长度，这样每次查询的时间复杂度为O（1） `#include<stdio.h> include<stdlib.h> incl
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摘要：优先队列模版题，没什么好说的 `#include<stdio.h> include<stdlib.h> include<string.h> include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ priority_queue q; char a
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