题目传送门 假设第\(1\)个小朋友有\(a_1\)颗糖果，给第\(2\)个小朋友\(x_1\)颗糖果，从\(n\)获得\(x_n\)颗糖果，此时，他有\(a_1-x_1+x_n\)颗糖果，同理，第\(2\)个有\(a_2-x_2+x_1\)，第\(3\)有... 每个小朋友的目标为平均数\(avg\),列出约束方程为 \[\large \left\{\begin{matrix} a_1-x
分治 + 推式子（构造绝对值不等式） 交换行的元素时每列的元素个数不变，交换列时同理，所以可以分别考虑行和列 对于行（列），可以看成均分纸牌的模型，唯一的不同点是从链变成了环（首尾可交换） 然后就可以推式子了 推式子具体过程 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fr
分析 这题就是一道需要分类讨论的图论。。 注意到题目中每个点只有一条出边，也就是说给出的图是一个内向的基环树森林。 首先进行预处理： 开一个并查集，这能够将两个点不在同一棵基环树的情况筛掉。 利用内向树随便找一个点跳到基环树的环（环上所有点记为“根”）。然后建反图，在反图上
6月25日 上午恢复手感，写了一下abc256。找到了一个题解，可以补题用。 下午刷了几道题 AcWing 1927. 自动补全 AcWing 1944. 记录保存 AcWing 1842. 牛奶桶 AcWing 2003. 找到牛！ AcWing 1788. 牛为什么过马路 晚上就打了一场 abc 6 月 27 日 补了一下前天晚上 abc 的题目 AcWing 1761
原题 每一个位置至多只会操作一次，因为如果操作偶数次的话，相当于不操作 最终的状态与操作的顺序无关 如果确定了第一行的操作方案，那么后面的行数都可以依此递推 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fr first #define se second typedef pair<int, int> PII;
前备知识 归并排序 不会的点这里QwQ 逆序对算法 定义 逆序对的定义如下：对于数列的第 \(i\) 个和第 \(j\) 个元素，如果满足 \(i<j\) 且 \(a_i>a_j\)，则其为一个逆序对；否则不是。 分析 用分治算法解决。 我们将序列从中间分开，将逆序对分成三类： 两个元素都在左边； 两个元素都在右边； 两
想出来一个（目前）不知真伪的写法 从1到n遍历，遇到当前容量(j)下价值(w)更大的方案就把path[j]清空，把path[j-v]转移过来，加上i 遇到当前容量下价值相等的方案就比较path[j-v] + i和path[j]的字典序 题解是从n到1遍历，用二维数组f[i][j]存状态 最后从1到n遍历，判断当前点(i)是否能从i+1
题目传送门 一、试题分析 因为题意要求，每次都一个区间加上1或者减去1，所以想到了差分。 首先，先对数组\(a\)差分一下，求出差分数组\(b\)，接下来我们的任务就是对\(b[2\sim n]\)全部变成\(0\)（所有的数和\(b[1]=a[1]\)一样)即可。 我们对差分序列\(b\)直接操作，因为一个\(++\)，一个\(--\)，
有两种做法 第一种定义cnt[j]为体积恰好为j的所有方案数 第二种定义cnt[j]为体积不超过j的所有方案数 定义不同，初始状态（边界）不同，计算答案的方式也不同 恰好的写法 //不超过的写法 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fr first #define se second typedef p
写完发现代码比别人的都长（悲 但是效率不错，在洛谷可以排在最优解第四页 分析 大致思路比较简单： 枚举位（使用 \(dfs\)），从低位开始枚举变量的值，如果没填过就选取 \([0, n-1]\) 中没选取过的值填上。 当前位三个变量都得到值后，检查是否合法。 当全部位都合法输出结果即可。 接下来考虑
题目传送门 一、理解题意 本题看懂题目花费了大量的时间，后面理解题意如下： 等级一：\(4\)个点,等级二: \(16\)个点,等级三:\(64\)个点... 至于贯穿这些点的线，是城市编号增长的顺序。 分析从等级一如何到等级二,原来的城区设为\(A\): \(A\)顺时针旋转\(90\)度,再关于中间线翻转一下得
分组背包 输出方案可以跟最短路输出路径进行类比 背包DP输出方案—拓扑图分析 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fr first #define se second typedef pair<int, int> PII; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; const int INF = 0X3
二进制优化转化成01背包的复杂度为 O(n logm * m) (m为背包容量)，大概是2 * 1e8的数量级，一般会超时 发现如果以j(0 <= j <= m)模上v的余数分类，相当于求固定区间的最大值（滑动窗口），可以用单调队列优化，复杂度为 O(n * m) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fr f
题目 思考 我就挺懵逼，为什么很多人都是BFS+二分，直接暴枚它不香吗?(虽然可能挺长,但挺容易懂) 反正n才100，不怕TLE，三重循环，干他！sort都不用！ 时间复杂度嘛……也就\(O(n^3)\)嘛！ 不过做\(100^3\)次而已，根本超不了时. 代码（C++） #include<bits/stdc++.h> //#deifne int long long using na
题目传送门 一、理论知识 算术基本定理 \[\large N=p_1^{\alpha_1}\cdot p_2^{\alpha_2}\cdot ... \cdot p_k^{\alpha_k} \]约数个数定理 \[\large f(N)=\prod_{i=1}^{k}(a_i+1)= (\alpha_1+1)(\alpha_2+1)...(\alpha_k+1) \]证明:因为\(\large p_1^{\alpha_1}\)的约数有\(\large
点击查看代码 #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int n; int a[N]; int f[N][3]; int main() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i
题目传送门 一、\(SG\) 函数 首先定义 \(mex\) 函数，这是施加于一个集合的函数，返回最小的不属于这个集合的非负整数 例：\(mex({1,2})=0,mex({0,1})=2,mex({0,1,2,4})=3\) 在一张有向无环图中，对于每个点 \(u\)，设其所有能到的点的 \(SG\) 函数值集合为集合 \(A\)，那么 \(u\) 的 \(SG\)
明天补思路 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define fr first #define se second typedef pair<int, int> PII; typedef unsigned long long ULL; const int INF = 0X3f3f3f3f, N = 20, MOD = 1e9 + 10; int w[N][N]; int f
可持久化，有亿点点难 明天来补思路 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define fr first #define se second typedef pair<int,int> PII; typedef unsigned long long ULL; const int INF = 0X3f3f3f3f,N = 6e5+10,MOD = 1e9+10; int s
题目传送门 一、题目描述 \(25\)盏灯排成一个\(5x5\)的方形。每一个灯都有一个开关，游戏者可以改变它的状态。每一步，游戏者可以改变某一个灯的状态。游戏者改变一个灯的状态会产生连锁反应：和这个灯上下左右相邻的灯也要相应地改变其状态。 我们用数字“\(1\)”表示一盏开着的灯，用
点击查看代码 #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int N = 1010, mod = 1e9 + 7; int n, m; int f[N], g[N]; int main() { cin >> n >> m; memset(f, -0x3f, sizeof f); f[0] = 0; g[0] = 1; for (int i = 1; i <
点击查看代码 #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int N = 110; int n, m; int h[N], e[N], ne[N], idx; int v[N], w[N], f[N][N]; void add(int a, int b) { e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++; } void dfs(int u) { f
题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/86/ /** * Definition for singly-linked list. * struct ListNode { * int val; * ListNode *next; * ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {} * }; */ class Solution { public: ListNode *entryNod
点击查看代码 #include<iostream> using namespace std; const int N = 1010; int n, V, M; int v[N], m[N], w[N]; int f[N][N]; int main() { cin >> n >> V >> M; for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> v[i] >> m[i] >> w[i
点击查看代码 单调队列优化 \(f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1][j-v]+w,f[i-1][j-2 \cdot v]+2 \cdot w,\cdots,f[i-1][j-s \cdot v]+s \cdot w)\) \(f[i][j-v] = max(f[i-1][j-v],f[i-1][j-2 \cdot v]+ w,\cdots,f[i-1][j-s \cdot v]+s \cdot w,f[i-1][j-3 \cdot v] + 2
