05 2017 档案
摘要：数位$dp$。 $dp[i][j][k][s]$表示最高位有$i$位，并且最高位为数字$j$，这些数字的最小公倍数为$k$，被$2520$取余的结果为$s$的方案数。 被每一个数字都要整除，就是被这些数字的最小公倍数整除。$1$到$9$的随便选数字的最小公倍数只有$48$种。 $A\%B = A\%
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摘要：分块，暴力。 将序列分成$sqrt(n)$块，每块$sqrt(n)$个元素，每块内排序。 每次操作要计算这个区间中比$a[p1]$大的有几个，小的有几个，比$a[p2]$大的有几个，小的有几个，端点的块内暴力找，中间的块内二分找。 交换完数字之后，可以直接重新$sort$排个序。 总体时间复杂度$O
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摘要：枚举，容斥原理，范德蒙恒等式。 先预处理每个位置之前有多少个左括号，记为$L[i]$。 每个位置之后有多少个右括号，记为$R[i]$。 然后枚举子序列中第一个右括号的位置，计算这个括号的第一个右括号的方案数。 即在它左边取$k$个左括号，在右边取$k-1$个右括号都是合法的方案，这个东西可以用范德蒙
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摘要：二分。 如果$n≤m$，显然只能$n$天。 如果$n>m$，至少可以$m$天，剩余还可以支撑多少天，可以二分计算得到，也可以推公式。二分计算的话可能爆$long$ $long$，上了个$Java$。
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摘要：简单判断。 找第一类区间中$R$最大的，以及第二类区间中$L$最小的，判断距离。 找第二类区间中$R$最大的，以及第一类区间中$L$最小的，判断距离。 两种情况取个最大值即可。
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摘要：简单判断。 分别判断每个单词是几面体，加起来就是答案。
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摘要：区间$dp$。 倒着考虑这件事件，肯定有最后一个取走的数字，假设是$a[k]$，那么最后一次取走的价值肯定是$a[0]*a[k]*a[n+1]$，之前取走的价值和为$[1,k-1]$的价值加上$[k+1,n]$的价值。 设$dp[L][R]$表示取完区间$[L,R]$的最大价值，$dp[L][R]
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摘要：$01$背包。 数据范围：物品个数小于等于$3000$，背包大小小于等于$1000000$。 $map<int,long long>dp$，用$map$去做$dp$，可以少遍历很多状态，可以$AC$。 还可以做一些优化，例如费用大，但是价值小的状态可以直接删除。
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摘要：模拟。 先判断三边形和四边形的个数。 然后判断$5$个三角形是否都是等腰直角三角形。 然后判断$5$个等腰直角三角形比例是否符合要求。 然后寻找正方形。判断比例是否符合要求。 最后判断四边形是否符合要求。
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摘要：模拟。 有$a$先标$a$，其次是$o$和$e$，$o$和$e$在韵母中不会同时存在。最后是$u$和$i$，这两个字母在韵母中可能同时存在，标在后面的那个。输出那些字符的话直接输出就可以了。 举几个例子： 3 shui2 Case 1: shuí liu2 Case 2: liú lve4 Case
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摘要：最大公约数。 计算$x$与$i$的最小公倍数，就是这些人至少需要喝几杯，最小公倍数除以$x$就是要买几瓶。
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摘要：线段树，暴力。 先处理出每个点直接能感染到的最左边的和最右边的。 之后每次扩展，看向左能到达的那些点中，最左以及最右能到哪些点，更新。 看向右能到达的那些点中，最左以及最右能到哪些点，更新。 最左最右能到哪些点，可以用线段树计算区间最小值最大值。 如果某次无法更新，那么结束。
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摘要：字典树，$dp$。 记录$dp[i]$为以$i$为结尾获得的最大价值。枚举结尾一段是哪个单词，更新最大值。可以将字典中单词倒着建一棵字典树。 这题数据有点不严谨。 下面这组数据答案应该是负的。 3 a 0.1 aa 0.1 aaa 0.1 1 aaa 下面这组数据没通过的代码在$OJ$上也可以$AC
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摘要：二分，最小生成树。 二分一下$k$，然后每次算最小生成树验证即可，事实证明，$cmp$函数，参数用引用还是能提高效率的，不引用一直$TLE$，时限有点卡常。 然后错误的代码好像$AC$了啊，$L$和$R$直接赋值成$mid$，有几个点一直$WA$，加一减一反而能过。
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摘要：差分约束系统，$spfa$。 首先判断无解，若某个约束的$t$大于区间长度，则一定无解。 否则一定有解，可以得到一系列的不等式： 最终区间和大于等于目前的区间和：$S[R]-S[L-1]≥val$， 每一个位置的值小于等于$1$：$S[R]-S[R-1]≤1$， 每一个约束条件：$S[R]-S[L-
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摘要：网络上常用名：zufe_zzt、14rj134、FightingHeart 浙江财经大学软件工程专业学生，2014 年入学，2018 年 6 月毕业（即将毕业）。 初中至高中期间：魔术爱好者（尤其是扑克牌魔术） 大学期间：ACM 算法竞赛爱好者 2017 年 6 月初 -- 2017 年 9 月初：
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摘要：直觉，构造。 画了几个样例，发现可以随便构造......先构造根节点的完全图，每个点置为不同的颜色，然后构造儿子节点的完全图......
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摘要：规律。 手动模拟几组数据，可以发现规律，总的来说就是把$b$和$a$分离，$b$在前面，$a$在后面，且每次将一个$a$往后调整$1$个位置，$b$会多一个，那么从后往前算一遍就可以得到答案了。
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摘要：直觉。 先走$1$走到$n$，然后从$n$走到$2$，然后从$2$走到$n-1$，然后从$n-1$走到$3$。一次花费为$0$，一次花费为$1$。
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摘要：构造。 $bbaabbaabbaa......$输出前$n$个即可，这样不需要用到$c$，而且任意相邻三个都不会是回文。
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摘要：直觉。 一段区间中，肯定是$2$的倍数最多，因为区间长度除以$2$得到的数字最大。但只有$1$个数字的时候需要特判。
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摘要：$dp$。 记$dp[i]$表示$gcd$为$i$的倍数的子序列的方案数。然后倒着推一遍减去倍数的方案数就可以得到想要的答案了。
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摘要：$dp$。 $dp[type][i][j]$表示，前i个字符前缀和为$j$，第$i$个字符放的是$type$类型的能否实现，然后倒推回来就可以了。
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摘要：二分。 首先把字符串处理成一个数组，二分答案，判断一下即可。
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摘要：枚举。 枚举$gcd$，然后计算剩下的那个数能不能分成$k$个递增的数。
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摘要：$dp$。 计算每个点离左边最近和右边最近，取个最小值。
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摘要：枚举。 枚举对角线上放多少个$1$，剩余的贪心放，更新答案。
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摘要：$dp$预处理，暴力。 如果$k > sqrt(n)$，那么答案不会超过$sqrt(n)$，暴力模拟即可。如果$k <= sqrt(n)$，那么可以$dp$预处理打表。
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摘要：$dfs$，线段树。 通过观察可以发现，某位置要能被找到，和他到根这条路上的每个节点的权值存在密切的联系，且是父节点的左儿子还是右儿子也有联系。 可以从根开始$dfs$，边走边更新线段树，如果遍历左儿子，那么将$[1,val-1]$全部加$1$，否则将$[val+1,n]$全部加$1$，回溯的时候减
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摘要：栈。 先处理一下后缀最小值。 对于每一个字符，如果不是后缀最小值，将栈顶小于当前后缀最小值的都弹出，然后压入当前字符。 如果是后缀最小值，将栈顶小于当前后缀最小值的都弹出，再输出该字符。
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摘要：排序。 正的偶数肯定都是可以加进去的，因为加偶数不改变奇偶性。奇数从大到小排序，取个最大的前缀和。
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摘要：质因数分解。 分解一下质因数，如果个数小于$k$个，则无解，否则把多出来的合成一个数。
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摘要：计算几何，直觉。 凭直觉猜的做法，把每条线段的中点连起来，每个点到对应内部线段的距离，取个最小值。
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摘要：二分答案，验证。 二分到一个答案，比他小的时间都需要补充到这个时间，计算所需的量，然后和能提供的量进行比较。
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摘要：矩阵快速幂。 因为任意素数长度都要满足，所以$3$必须满足，$3$一旦满足，其余的肯定满足，也就是说只要考虑字符串末尾两位即可，$dp$一下就可以算方案数了。$n$较大，可以矩阵加速。
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摘要：树状数组，倍增，枚举，$dfs$序。 对于每一次的询问，可以枚举$B$集合中的所有点，对于每一个点，在树上二分$LCA$，找到最低的更新答案。 判断是否是$LCA$可以搞个$dfs$序，将$A$集合中所有点标$1$，然后查询子树对应的区间上的区间和。
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摘要：最短路。 先建一个只包含最短路的有向无环图，每一个点选择任意一条入边即可生成一个树形图，那么树的种类就等于每个点的入度乘积。
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摘要：$dp$。 $dp[i]$表示到$i$位置，且$i$位置建立了的最小花费，那么$dp[i] = min(dp[k]+cost[i+1][k-1])$，$k$是上一个建的位置。最后枚举$dp[i]$，加上最后一段的花费，取个最小值即可。
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摘要：枚举，预处理。 预处理前缀$gcd$与后缀$gcd$，枚举删哪一个即可。
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摘要：$dp$。 要求选择$3$个区间，使得区间和最大。$dp[i][j]$表示前$i$个数中选择了$j$段获得的最大收益。
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摘要：记忆化搜索，$dp$。 $dp[L][R]$表示将区间$[L,R]$修改为一个回文串需要的最小代价。转移很容易写，区间$dp$或者记忆化搜索都可以。 区间$dp$： 记忆化搜索：
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摘要：记忆化搜索，$dp$。 每一个点走到的最长距离是固定的，也就是只会算一次，那么记忆化一下即可，也可以按值从小到大排序之后进行$dp$。 记忆化搜索： $dp$：
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摘要：$KMP$。 枚举每一个后缀，去原串中进行匹配，每次匹配到原串到$i$位置的后缀与这次枚举的后缀的前缀，更新答案。
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摘要：暴力，结论。 本打算写一发暴力，然后直接交答案，之后发现无论$n$等于多少，每种图都存在长度为$n$的路径，中间还一直以为自己暴力写错了。
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摘要：最近公共祖先。 如果$A$到$1$的时间小于$B$到$C$再到$1$的时间，那么一定可以拦截。 如果上述时间相等，需要在到达$1$之前，两者相遇才可以拦截。
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摘要：队列，$map$。 每次出队进行出队操作的是时候，先把队列中需要出队的人全部出队，然后比较对头和当前出队的人是否相同。
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摘要：结论。 算了好久不会算，最后看了样例猜出了结论。次长边全用上，再用最长边减去次长边。
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