摘要：/* 用一个递增单调栈维护b[1..i-1] 将bi更新进单调栈，栈顶第二个元素+1 到bi区间的最小值都改成bi，然后求个和就行 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define mod 998
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摘要：首先转化为二分答案，在时间t内有两车相撞，等价于有两辆车在t时间内运动的轨迹相交 所以问题变成判断一个平面内是否存在两条相交线段，经典问题 bool operator<(const line &a,const line &b){//set内部的排列方式是左端点+斜率 db x=max(min(a.p
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摘要：/* dp[i][j]表示以i结尾，前段最大值j */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 200005 #define B 30 int n,a[N],dp[N][100]; int main(){ cin>>n; for(
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摘要：/* 求sum{C(n/i,k)} */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 500005 #define mod 998244353 #define ll long long ll n,k,ans; int F[N], Fi
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摘要：写吐了。。 /* n=1：直接判定是否相等 n=2：判定能否从(b1,b2)变成(a1,a2) 由于暴力会t，所以改为取模(由取模向前回退操作是可以证明正确性的) 因为b2=a1+a2，所以对于b2来说一定经历了一连串的P操作，这一连串P操作的回退可以直接用b2%b1来代替 n>=3: 暴力模拟从b
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摘要：为啥我自己用后缀和来做就有问题。。 感觉没道理错啊 用前缀一次就过了 /* a1,a2,a3...x,x,x,x,... */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define N 600005 ll
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摘要：RecyclerView内部控件的监听器要写在对应的Adapter中 1.在Adapter里写好要用的回调接口 public interface OnItemClickListener1{ // 进入商品详情监听 public void onItemClick(int pos); } public
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摘要：这题思路上不是很难，但是写起来贼复杂(知道为什么没啥人过了) 其实这题难的不是A的面积有多大，而是确定A后怎么填充剩下的矩形 自己写的代码复制粘贴三百多行，贴上题解的得了 题解用拉伸的填充法把代码化简了好多。。 如果不需要最大化矩形A的面积，则可以用如下算法解决该问题。垂直拉伸每个字母，直到碰到另一
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摘要：要求构造一棵treap，其结点的（key,priority）要求为（x,sinx），且这棵treap的高度是n，所有x都为整数 根据treap的特性，将问题转化为构造一个pair<x,sinx>序列，要求x递增，sinx也递增 当sinx很小时，sinx=x，即接近线性，那么我们找到一个能满足sin
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摘要：建模型的思路值得学习 最原始的思路：直接把单词看成一个点，然后和前后可相连的进行连边，但是本题这样做复杂度太大了 不如将单词抽象成一条边，a-z总共26个字符抽象成点，由单词首字母连向单词尾字母 本题就变成了在图上跑欧拉通路 建完图后只要判一判这个图是不是欧拉图就行，1.考虑是否至多有两个点的度数为
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摘要：参考博客 https://blog.csdn.net/zhouzi2018/article/details/81278942?utm_medium=distribute.pc_relevant.none-task-blog-BlogCommendFromMachineLearnPai2-1.none
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摘要：对于一个连通图而言，有这样的一个性质：其需要画的笔数=度数为奇数的点数除以2 有了这个结论，用并查集求联通块就行 #include<stdio.h> #include<string.h> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace s
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摘要：hdu2894 csdn上的题解感觉一模一样。。都没讲明白结点用几位数来构造。。然后自己瞎画了半天 题目给定的k，要求数字是k位数，那么我们就要用k-1位数来构造结点，剩下一位数用来在边上进行转移(这一步很重要，博客上几乎没讲到) 当k=3 时，我们构造出四个点 00,01,10,11，每个点有两条
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摘要：老套路了。 用二分求答案，judge时把每个点转换成矩形，最后看n个矩形是否有交点 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 3005 #define ll long long struct Point{ll x,y;}c; str
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摘要：/* 从后往前依次确定，i->j直接连边只会增加一种路线 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 505 char s[N][N]; int n,w[N][N],mp[N][N],t[N][N]; int main(){ c
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摘要：可以确定分组的方式是贪心的放 先算出前缀和，然后用一个自动机pre[i]表示当和是i个任务时，事实上只能取pre[i]个，因为事物不能断开 直接把1-1e6的答案全算出来，由于调和级数，总复杂度nlogn #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #d
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摘要：只有三种情况：全是1，有一个2的，只有一个点的 树形dp求最长的1链，或者带一个2的最长1链即可 #include<bits/stdc++.h> #define rep(i,x,y) for(auto i=(x);i<=(y);++i) #define dep(i,x,y) for(auto i=(
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摘要：三维偏序：对于每个点P(x,y,z), 统计所有P'(x'<=x,y'<=y,z'<=z)的某些信息 动态开点树套树确实比较强大，既能做三维偏序的求最值，又能做三维偏序求和 求最值 题目链接 https://acm.ecnu.edu.cn/contest/273/problem/C/ #includ
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摘要：/* 先把点分联通块，做出二分图 二分图一侧染1,3，另一侧染2 分组背包求n2的可行方案 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 5005 #define M 100005 int n,m,n1,n2,n3; vector
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摘要：用树状数组防止mle 求前k大用二分弄一下前缀和就行 ps:为什么我没打这场cf。。 /* 28*1000*1000b */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 1000006 int n; int c[N]; void ad
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摘要：这么清新脱俗的几何爱了 由于n必定是奇数，所以2*n正多边形一定是可以上下对半分，且上下有一个最高/低的三角形 限制正方形长度的必定是多边形左右宽度和上下高度，当这两个宽度相同时，正方形边长最小 所以二分多边形转过的角度来算即可 纯手算，推下公式就行 #include<bits/stdc++.h>
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摘要：发现自己以前的三分模板有问题。。换个标准的！ //整数三分 int l = 1,r = 100; while(l < r) { int lmid = l + (r - l) / 3; int rmid = r - (r - l) / 3; lans = f(lmid),rans = f(rmid);
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摘要：显然，三元组前两位确定后，第三位最多只有两种情况 答案只有111,112,121,211,122,212,221,123,132,213,231,312,321 分别讨论下存不存在就行 感觉题解的讨论方法不错，自己的写了（复制了）两百多行。。 #include <bits/stdc++.h> #de
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摘要：/* 复杂度均摊： 如果M>sqrt(N)，这种询问最多sqrt(N)组，直接把所有边扫一遍求联通块即可 如果M<sqrt(N),直接两两枚举点判边，复杂度M^2,总复杂度N/M*M^2=NM */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #defi
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摘要：经典题经典折磨。。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 200005 #define mod 1000000007 #define ll long long ll n,a[N]; int L[N],R[N]; void pre
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摘要：题目明明写的是线段和圆。。实际上是直线和圆，白白讨论了很多情况。。 这种转化老套路了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef double db; const db eps=1e-8; const db pi=acos(-1); in
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摘要：老经典题了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 105 #define ll long long #define mod 1000000007 ll n,m; char buf[N],s[N]; struct Matrix{
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摘要：没啥思维难度。。就是找到一个格子第一次开始变色的时间点f[i][j]，再往后这个格子必定会每个时间改变一次颜色 处理出第一次就变颜色的格子，然后用bfs进行扩展，找周围没被扩展过的，且初始颜色不同的格子 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #de
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摘要：很有意思的题目，感觉看智商。。 /* 结论：显然只要成功操作一次，就可以把整个数组变成k 如何找到这一次操作？ 把<k,=k,>k的数变成0 1 2 显然只要存在11,12,101,102,这种类型，就必定可以操作成功一次 结论：只要存在1，且存在|i-j|<=2 && ai>=1 && aj>=1
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摘要：这题dp的状态设计值得学习，由于多状态复杂度会爆炸，所以考虑降维 如果可以用一个维度求出另一个维度的状态(即两个维度的值可以看做是绑定在一起的)，那么就可以降下一维了 这题还有点卡常。。评测机快就能跑过去。。 /* 很容易想到用dp[i][j][k]来表示前i棵树，留下j个红果子，k个蓝果子状态下可
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摘要：位置的嵌套把我弄晕了。。。总感觉多写了一层 /* 首先要找到一种满足条件的排列方式 给所有段按(左端点，右端点)升序排序,然后分配位置 从左到右扫描位置i，把左端点<i的所有Seg放入优先队列 优先队列每次取出右端点最小的 然后考虑两个段是否可以交换顺序：设段[l,r]被分配的位置是x 那么和他交换
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摘要：给定一个数组a，将其变成正负相间 操作1：任选一个子集，里面的数-1或+1，代价c操作2：删掉一个数，代价r 重要结论：如果ab符号冲突，bc符号冲突，那么肯定要删两个(删一个不够，自己模拟一下情况)从小到大枚举a[i],表示abs(a[i])小于a[i]的都可以变成自由点 同时非自由点需要删掉的个
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摘要：找了老半天错误。。 高度为i的平衡树至少要有f(i)=f(i-1)+f(i-2)+1个结点从小到达枚举i，如果i被选中，那么其所有祖先p也必被选中考虑i能否加入：如果i在祖先p的左子树里，p的左子树高度更新，连带更新右子树必须要有的高度 如果i在组先p的右子树里，更新右子树高度，只要右子树高度<=左
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摘要：可以很简单地发现，如果可以找到这样的两点，那么最优的情况一定是，两个点中至少有一个点在端点上。 对于每一个斜率k，将第i个节点减去k*i，形成新的图。在新的图上斜率大于等于0就是符合条件的。 我们可以枚举右端点。对于同一个右端点，如果点a比点b更靠近右端点并且点a不小于点b，那么点a就不需要考虑了，
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摘要：C #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAX_N=4010; int n; long long d[MAX_N],p[MAX_N],v[MAX_N]; int cure[MAX_N]; int main() { freope
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摘要：ps:因为codeforces新的题都刷的差不多了，比赛也不是天天有，所以打算上leetcode补点知识，题单里会贴一些比较有意思(比较有技巧性)的题 难度大概在mid-hard(其实大部分是hard..) 缺失的第一个正数(类似于求数组的mex)：将数组本身看成哈希表 class Solution
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摘要：/* 对于每个bi，当bi从x-1提升到x时，对答案的贡献是 ai-3x^2+3x-1, x>=1,函数递减 即bi越大时，bi+1所获得的增量收益就越低 所以有暴力的解法就是每次找到当前+1后增量最大的那个bi,给其+1 考虑二分这个增量delta，对每个bi，二分找到x，当bi从x-1增加到x时
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摘要：/* u<v，那么u->v连边，形成一个DAG 如果u选择的是全称量词，那么所有u出发可达的点v，显然有u<v，所以v必须是存在量词 所有可以到达u的点v，显然有u>v,所以v必须是存在量词 由于必须从左到右进行，所以如果a[i]是存在量词，那么a[i]可达的a[i+k]，可达a[i]的a[i+k]
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摘要：#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 2005 char s[N][N]; int n,m,vis[N][N],ans,f1[N],f2[N]; void dfs(int i,int j){ vis[i][j]=1; if(i+
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摘要：做的我要吐了。。留着吧以后再看看 /* 两两枚举起始的点，然后按题意模拟寻找下去，为了加速，预处理nxt[i][j]表示直线p[i]->p[j]旋转时，下一个碰到点的下标 */ #include <iostream> #include <algorithm> #include <vector> #i
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摘要：这题的投影求交解法很新奇 /* 把脉冲i往后推ti个单位，然后将其投影在y=x上 把所有投影点按x坐标排序，遇到垂直脉冲投影的起点，cntv++,遇到垂直脉冲投影的终点，cntv-- 遇到水平脉冲投影的起点，ans+=cntv 垂直脉冲的贡献同理 */ #include<bits/stdc++.h>
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摘要：两篇讲的比较清楚的博客(感觉比官方题解讲的清楚些) https://blog.csdn.net/The___Flash/article/details/105931836 https://blog.csdn.net/monochrome00/article/details/105921913/ 思路
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摘要：这题的思路很好 首先不难发现，在特定的角度范围内，所求值的函数是线性的，这暗示了最大值必定在 等于某个给定 的角度 时取得。直接暴力地计算每一个值是显然不可取的，但我们可以换一种思路，预先计算每个给 定角度所能对答案贡献的值的函数的导数变化的角度，然后将这些角度排序，开始遍历，维护到达每个 角度时答
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摘要：求最大独立集，一般图的最大独立集复杂度是指数的，要想到怎么构造二分图 由于每个字符串每个字符只出现一次(一开始没看到这个条件。。)，所以可以按逆序对奇偶性来给点分组，构造二分图 构造出二分图后，最大独立集=n-最大匹配数 二分图匹配模板（O(nm)复杂度） #include <bits/stdc++
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摘要：/* 这个构造思路为啥想不到呢。。显然对于一组来说，k+x和x的结果对答案是一样的 枚举完整的k的个数 n/k-m<=i<=n/k 剩下的平均分 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll n,m,k
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摘要：理解成图上对应关系就好想得多 如果s[i][j]=‘0’,那么从i向j连一条边，最后形成的图必定是完全图 当右边有t人时，右边输给左边的总场数为sum(out(i))-t*(t-1)/2, 即右边到左边的边总数=右边的点出度和-右边点自己和自己连的边 所以要让k最小，只要给出度排个序即可 #incl
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摘要：/* 离线读入所有值后离散化 题意要求的是,sum{ ai*2^(i-1)*aj*2^(n-j) } 分析这个式子，考虑进行分治 区间[l,r]的 sum{ ai*2^(i-l)*aj*2^(r-j) } 可以将式子分成 ai*2^(i-l) 和 aj*2^(r-j)两部分看， 线段树维护四个值，s
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摘要：/* n,m,s,d 有n瓶新水放入s个柜子，每个柜子容量是d，每个柜子一开始有si瓶旧水 现在随机在柜子里取m瓶水，使每个人都拿到旧水的概率最大化的放新水策略 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,s,d; struct N
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摘要：把结论推出来就完事了 #include <bits/stdc++.h> #define maxn 100000005 using namespace std; int dp[maxn]; struct Node{ int l,w,h; bool operator <(const Node &b)co
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摘要：这种构造题实在是太耗脑细胞了，看题解又不太甘心。。策略改来改去弄了半天 /* 首先有个结论：每个点至少要用掉的时间=这个点的度数 然后进行构造；设tv为u->v时到v的时间，让v回到u时的时间也是tv，设u有k个子树，那么u只要分配给这k个子树[1,k+1]这些数值即可 再设tu为fa[u]->u的
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摘要：昨天刚刚做过类似的题，就是用最短路的松弛方式来维护dp数组 /* 考虑一个二元组(t,i) 表示花费t时间，当前处在绿灯的now=t%g秒，处于结点i now!=0,可以扩展点(t+x,j),且now+x<=g now==0,可以扩展点(t+x,j),且x<=g y用一个优先队列维护这个二元组 */
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摘要：把情况考虑清楚，分类讨论不太复杂 第一种情况：1+1+1形式 第二种情况：1+2形式 然后枚举每个矩形边长a作为底还是边长b作为底就行 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll p[4][2]; int
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摘要：首先建立好trie，由于问题询问的结点和不超过2e5,可以用虚树解决 bug百出。。调试了一上午 /* 对给定串建立trie，标记上终止结点，d[u]表示结点u的深度 对于每个询问，标记k个串对应的终止结点，然后建立虚树 虚树里维护size[u],fa[u],所有size[u]=L的点都是符合要求的
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