12 2019 档案
摘要：传送门 解题思路 首先想暴力做法： 每一次比赛前都sort一遍，然后两两比较，总复杂度为O(R*(n+2n*log(2n)))，最大约为1.5*10^8，而且会跑满，所以需要优化。 怎么优化呢？ 我们发现这样一条性质： 假设排好序的序列为1，2，3，4（1>2>3>4）。这时进行比赛（1和2，3和4
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摘要：传送门 解题思路 很容易我们可以得出结论， 当地板上的玩具数不足k个时，直接放。 当玩具数量等于k时，从地板上拿走的玩具一定是在地板上玩具中，下一次使用昨晚的那一次。 所以我们用一个优先队列存地板上的玩具，重载运算符，比较next[i]的大小。 接下来想一下怎么求next数组。 可以倒着枚举玩具序列
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摘要：传送门 解题思路 这一道题和中位数那道题很像，如果不会中位数请先看一下那道题——中位数 这道题和那道题不同的地方在于： 那道题的第一个大根堆队列的数字数量是数字总数的一半，是根据数学知识计算出来的，并且输出是每两个数输出一个； 这道题的第一个大根堆队列的数字数量是get(i)中的i，每用一次get函
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摘要：传送门 解题思路 首先是暴力做法： 从1开始枚举时间，每一次加一，判断有没有新的任务到达，然后挑出优先队列中的优先值最大的，执行一秒钟，在放回队列中。 显然是TLE的！ 接着想一下优化： 找一找那里可以优化，发现只有时间！所以我们每一次取出队首（任务a）有两种情况——第一种是现在的时间+a的剩余完成
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摘要：最长上升子序列 传送门 题意 对于给定的一个n个数的序列，找到它的一个最长的子序列，并且保证这个子序列是由低到高排序的。 例如，1 6 2 5 4 6 8的最长上升子序列为1 2 4 6 8。 基本思路 非常显然，这类题用dp求解。 dp[i]表示已i为结尾的最长上升子序列的长度，首先枚举每一个末尾
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摘要：传送门 解题思路 第一眼的贪心策略：每次都选最大的。 但是——不正确！ 因为选了第i个树，第i-1和i-1棵树就不能选了。所以，要有一个反悔操作。 选了第i个后，我们就把a[i]的值更新为a[l[i]]+a[r[i]]-a[i]。 然后这样如果发现选i-1和i+1更优时，再次加上a[i]，结果就变成
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摘要：传送门 解题思路 首先读入a、b数组后，sort一遍（从小到大），然后把a[1]+b[1],a[2]+b[1],a[3]+b[1]……a[n]+b[1]全部加入一个优先队列q（小根堆）。 然后从一到n循环，每一次取出队列中的最小的元素（假设是a[i]+b[j]），输出数值，然后把数值修改为a[i]+
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摘要：传送门 解题思路 很容易想到用最短路来解决这一道问题（题解法），因为两个点之间可以互相无限走，所以如果到某个点的最短路是x，那么x+2，x+4也一定能够达到。 但是如何保证这是正确的呢？比如说到某个点的最短路是x，为什么不可能走一下弯路，是某一条路径的长度是x+1或者x+3或者x+5呢？ 所以就用到
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摘要：传送门 解题思路 本题首先要明白，在每一天时，最优策略是先进行操作2（卖），再进行操作1（买），才能是利益最大化。 本题很显然当只有两天时，是一个完全背包，就是把当日价钱当做体积，把明日价格和今日价格的差作为价值，跑一边完全背包即可。时间复杂度O(TNM) 然后我们考虑满分做法——我们用dp[j]表
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摘要：传送门 解题思路 先把所有的数据读下来。 对于地铁，答案直接加，然后把编号放入一个数组a内。 对于公交车，从前往后枚举a数组，然后找到出现最早的且符合价钱大于等于公交车的价钱，然后把这个数删除（变为0）。 然后再考虑有效期是45分钟，为了优化时间，我们可以每一次把数组看做一个队列，当a[first]
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摘要：传送门 洛谷改域名了QAQ 解题思路 没什么好说的，一道红题，本不想发这篇博客 ，但还是尊重一下CCF吧QAQ，怎么说也是第一年CSP呢！ 用getchar一个个读入、判断、累加，最后输出即可。 不过要注意getchar是包含在cstdio库里的。 AC代码 1 #include<iostream>
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