Rose 不是一般的01背包 因为有后效性，也就是因为重量可以是负的（钩子越放越多） 为了抵消这种影响，按照钩子数量从大到小排序 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip> #include<cmath> #include<stack> #include<algorithm> using namespace std; te
Jinnie 看到莫名其妙的异或题，应该考虑按照位数处理。 这样我们分别考虑每一位的答案，需要先取模。 排序，让序列有了单调性，并且可以观察到，对于第k位只有两个数的和属于 \([2^k,2^{k+1}-1]\cap[2^{k+1}+2^k,2^{k+2}-2]\)才行 最后的右边界是什么东西？我们取模了啊. 双指针解决。 #inclu
Miku hash一波 然后拉链法散列表 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<vector> #include<algorithm> using namespace std; template<class T>inline void read(T &x) { x=0;register char c=getchar();register
sol：暴力每次加一分钟 printf（“%02d",a) 表示不到两位左边补0 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef int ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) {f|=(ch=='-'); ch=getchar();} while(i
sol：简单题，复习一下upper_bound #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef int ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) {f|=(ch=='-'); ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {s=(s<&
div2A 用四个二进制位记每个点状态，O（n）判断一下即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef int ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) {f|=(ch=='-'); ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {s=
sol:很显然的组合数，就是把当前的ai个塞进前面里去 模数是质数也很行 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long typedef int ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) {f|=(ch=='-'); ch=getchar();
sol：显然只有后面一串相同才行，因为只能删除前面的元素 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef int ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) {f|=(ch=='-'); ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {s=(s
Jinnie 显然是一个线性基的问题，那么很显然要用线性基 想要知道所有的方案数，线性基的性质就是用其中的元素\(xor\) 出来的元素保证互不相等 这样的话只要知道线性基内元素的数量就可以了 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; template<class T>inl
题目 将 \(n\) 个数分为两组，使得两组的GCD都为1，求具体的分组情况 分析 考虑直接打乱 \(n\) 个数，如果能使第一组GCD减小就减小，否则丢到第二组， 由于打乱后出错的概率会减小，所以random_shuffle一百多次就很难出错 要不然就直接记结论吧/doge 代码 #include <cstdio> #include <ccty
题目链接 [P7521 省选联考 2021 B 卷] 取模 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn) 题解 想了半天一看竟然是个暴力题。。。 我们可以把所有的情况分为两类：\(a_i+a_j< a_k\)和\(a_i+a_j\geq a_k\) 对于第二种情况，可以证明只能从\((a_{i-2}+a_{i-1})\%a_i\)中取得，如果有一
题目描述： P1280 思路： （本时刻无任务）f[i]=f[i+1]+1;//继承上一个时刻的最大空闲时间后+1 （本时刻有任务）f[i]=max(f[i],f[i+a[sum])//a[sum]表示在这个时刻的任务的持续时间，找出选择哪一个本时刻任务使空闲时间最大化 很简单的事了，用vector防爆。 代码： 本代码自带快读。 #include
题目 设 \(f(n,k)\) 表示 区间 \([1,n]\) 选出 \(k\) 个元素的集合的期望最小值， 现在需要重排 \(a\) 数组，使得 \(\sum_{i=1}^mf(a_i,b_i)\) 最大 分析 \[f(n,k)=\frac{\sum_{i=1}^ni*C(n-i,k-1)}{C(n,k)} \]这个式子可以推出来答案是 \(\frac{n+1}{k+1}\) 还可以通过模型转换， 期
LIsa 就是一个背包 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip> #include<cmath> #include<algorithm> #define int long long using namespace std; template<class T>inline void read(T &x) {
LIsa 只要理解kmp，就会知道应该找前缀和后缀了 把当前输入的串和已知的答案串拼起来，然后中间加上一个小小的不存在字符，跑kmp #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; string s,ans; s
sol: 手玩之后发现，一个00（11）可以使答案+1 一个000（111）可以使答案+2 两个00（11）可以使答案+2 三个00（11）还是+2 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef int ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) {f|=(ch=='-&
传送门 解题思路 看出是区间dp，但是就是不会设计状态，不会写状态转移方程/kk/kk 设dp[i][j][k]表示区间i到j加上左面连续k个a[i]的答案。 最后答案即为dp[1][n][0]。 状态转移分为两种情况： 让前k个和第i位连起来处理：dp[i+1][j][0]+w[k+1] 枚举断点p，让i+1到p-1先单独处理完，相当于把
#判断是否是闰年 while True: year_str= input("请输入年份：") if year_str.isdigit(): #str.isdigit 判断字符串是否为数字 year=int(year_str) if (year % 4==0 and year %100 != 0) or year % 400 ==0: print("这是闰年！") e
sol:很显然答案就是两个坐标之间的线段数量 O（n）判断一下就行了 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef int ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) {f|=(ch=='-'); ch=getchar();} while(isdigit(c
传送门 解题思路 可以自己取一个大质数当做模数，或者直接利用unsigned long long的溢出。 进制也可以选择一个较小的质数，如13131或者15151等。 AC代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<iomanip> #include<vector> #include<ctime
namespace fdata { inline char nextchar() { static const int BS = 1 << 21; static char buf[BS], *st, *ed; if (st == ed) ed = buf + fread(st = buf, 1, BS, stdin); return st == ed ? -1 : *st++; } #ifdef lky233 #define nextchar g
RT。一道很有意思的BIT题。 首先给出两个串。 我们发现，在同一个串中相同的字符是不会交换的。 故，我们可以将一个串中的字符给予另一个串中的位置。 即： a[i] = v[id(c)][nk[id(c)] ++]; 这样，对于每个\(a_i\), 都有一个比他或大或小的位置，那么，类比权值计算逆序对即可。 #include
计算机二级：二进制的字符串转十进制： 运行结果： 四种格式化输出方法： 运行结果： replace，join，isdigit，isalpha，isalnum，split，splitlines的用法： 运行结果：
题目 求有向图最小平均权值回路。 \(n\leq 3*10^3,m\leq 10^4\) 分析 设 \(f_k(x)\) 表示从点 \(x\) 出发恰好走 \(k\) 条边的最短路， 那么答案就是 \(\min_{x=1}^n\max_{k=0}^{n-1}\frac{f_n(x)-f_k(x)}{n-k}\) 所以直接 \(O(nm)\) 就可以了，证明见_rqy dalao的博客 0/1分数规划的
传送门 解题思路 我们发现到某一位时，前面擦去那些数字并不影响当前位，影响的只有前面擦去的数量。 设dp[i][j]表示到第i个数共擦去j个数的答案。 则dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]+(i-j==a[i])); 最后答案就是max(dp[n][j])。 AC代码 #include<cstdio> #include<iostream>
