随笔分类 - NOIP、CSP提高组
摘要：传送门 解题思路 不得不说，这题恶心到我了，调了一个多小时。 第一次高精度把运算等写在struct里面，感觉良好。但是一定要注意初始化。 再就是高精乘高精最后的位数是两个位数相加，而不是相乘。 AC代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cst
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摘要：传送门 解题思路 遍历每个点，判断两个空洞之间是否能联通，若联通，则在两个点之间建一条边。 然后在能抵达上表面的点和能抵达下表面的点分别建边连向上表面/下表面，最后dfs判断上下表面是否联通即可。 总复杂度 AC代码 #include<iostream> #in
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摘要：传送门 加强版传送门 解题思路 首先很显然，对于同一种色调的客栈来说，从小到大枚举左端点 L，符合要求的客栈 R~N 一定是满足 R 单调递增的。 而且选择的咖啡店也是随着 L 的增加间断着递增。 所以就可以双指针（准确说是多指针）将时间复杂度降至O(n)。 双倍经验双倍快乐 AC代码 #inclu
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摘要：传送门 解题思路 很巧妙的一个题。 朴素的dp方程肯定都能列出来，关键是离散化如何操作。 可以仿照NOIP2017D1T1小凯的疑惑，将两个石头之间距离>=(st-s-t)全部转化为(st-s-t)。 可以理解为若距离>=(st-s-t)，则所有的点都能到达。 但是这题要求宽松，方便又保险起见，把距
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摘要：传送门 解题思路 首先明白题意： 能经过的点必须满足其所有连向的节点都能走到终点。 于是我们就可以建个反图，跑一遍dfs，求出有多少满足条件的点，最后bfs跑一遍即可。 如何判断？ 用一个num数组表示节点i在原图的出度，即在反图的出度。 每当有一个点指向节点i时，num[i]--。 最后若num[
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摘要：##传送门 ##解题思路 总体思路：二分W，对于每个W求得一个y，根据y-s的正负调整l和r，并且每次更新ans。 如何求y？ 可以扫一遍矿石，用a数组记录下符合条件的数量的前缀和，b数组记录下符合条件的v的求点缀和；再枚举每个区间加起来即可。 ##AC代码 #include<iostream> #
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摘要：##传送门 不得不说这题细节很恶心。 ##解题思路 二分最小时间x： 首先很显然的贪心是，每个节点的军队在时间x内一定要尽可能向上走，并且如果某个子树如果去支援别的子树，一定到的是子树的根节点（即根的儿子）。 所以我们可以用倍增判断在时间x内每个军队能到达的位置，把能到达根节点的并且还有剩余时间的拿
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摘要：##传送门 比较综合的一道题。 ##解题思路 求把一条边变为0后这m条路径中的最短值，最大值最小，可以二分求解。 如何check某个答案x是否合法？ 实质就是判断能否找到一条边，使得大于x的路径都经过这条边，并且减去这条边边权后路径长度都小于等于x。 于是我们先预处理出要求的路径的原长度（倍增求LC
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摘要：##传送门 发现自己数论+文化课数学都已经炸了，所以从头学起补一补，以后要多刷数论题了。 ##解题思路 可以转换成 而答案就是这个方程的解中x的最小正整数解。 直接用exgcd算出一组解，然后想办法得到x的最小正整数。
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摘要：传送门 解题思路 先遍历一遍树，求出size[u](节点u的所有相邻节点的点权和)，和图中联合权值的最大值。 如何求最大值？ 求出每个点相连的点的第一大和第二大点权，相乘后与ans取max。 再求和： 再遍历一遍树，对于每个点u，答案加上w[u]*(size[v]-w[u])。 AC代码 1 #in
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摘要：传送门 解题思路 用dp[i][j][0/1]表示到第i节课、申请了j次，第i节课是否申请的最小体力和。 然后分别从dp[i-1][j][0]、dp[i-1][j][1]，dp[i-1][j-1][0]、dp[i-1][j-1][1]疯狂转移过来。 先跑一边Floyd求最短路。 注意double无法
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摘要：传送门 解题思路 每行互不影响，所以分开处理，对于每一行，很显然是个区间dp，我们用dp[i][j]表示区间[i..j]的得分和的最大值，注意每次加一个数的顺序是先加上数再集体乘2。 恶心的地方在于需要写高精（学校比赛懒得写，所以只拿了60分），需要一个高精度+int，一个高精度*2，一个高精度+高
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摘要：传送门 解题思路 先说我的思路：枚举中间的那个人，然后在左边序列、右边序列分别做一次LIS，时间复杂度为n^3。 看题解后才发现有更优的做法，我们可以先预处理出正向和反向的LIS，然后枚举i统计答案即可，时间复杂度为n^2。 AC代码 1 #include<iostream> 2 #include<
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摘要：传送门 解题思路 很显然的LIS板子题，找一个最长不上升子序列和最长上升子序列即可。 关于LIS（O(n^2)和O(nlogn)） AC代码 1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cmath> 4 #include<cstdio>
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摘要：传送门 解题思路 个人感觉难度应该在蓝题左右 （可能是我太弱了趴） 首先我们知道，那个所谓的头标记和尾标记，在合并区间[l...r]时，n和m是确定了的（即l的头标记和r的尾标记），只差中间的r，所以我们可以枚举k（断点）。 然后我们又可以得出，对于合并区间[l...r]，最终得分为（dp[i][k
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摘要：传送门 解题思路 对于整个中序遍历，做一遍区间dp： 枚举区间[l...r]内的所有节点作为根节点，然后计算出得分，若比当前的值要大，同时更新dp值和root[l][r]（为了输出先序遍历）。 先序是根左右，所以递归输出就好了。 AC代码 1 #include<iostream> 2 #includ
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摘要：传送门 解题思路 一道裸的dp。 用dp[i][j][k][kk]表示用i个1步，j个2步，k个3步，kk个4步所获得的最大价值，然后状态转移方程就要分情况讨论了（详见代码） 然后就是一开始统计一下几步的卡片共有几张存在num里。 这道题的范围小，所以可以大胆的用思维数组QAQ！！！ AC代码 1
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摘要：传送门 解题思路 就是暴力！！！ 没什么好说的，总之，就是枚举每一个起点，然后暴力算一遍以这个点为起点的所有路径，在算的过程中，只要比目前找到的答案更优，就有可能是最后的答案，于是就把路径更新一遍，保证不错过正确答案。 由于数据很水<21，所以放心暴力！ AC代码 1 #include<iostre
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摘要：传送门 解题思路 一看数据范围<1000就坚定了我暴力的决心（不愧是1996年代的题还是t4QAQ） 所以很显然，暴力之中有一点dp的思想，就是把它们像多重背包一样拆分，拆成a1+a2+a3+a4+a5+a6个砝码，然后枚举一遍，如果vis[j]是1也就是j这个数值可以被表示的话，那么vis[j+a
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