和旋_菾律-优快云博客

原创 Codeforces Round 1013(div.3) ABCDE

有一个很明显的单调性：如果每一行都取最大摆放方式，随着长度的增加，每一行所能覆盖的格子数也会增加，因为空格的少了。，那么我们转化为（a*a*b）/（a*a）为质数，即m为质数，两个数分别为a与a*b，均小于n。手推发现偶数是不行的，通过样例得知可以先输出奇数后输出偶数。于是从大到小排序，维护长度和最右端的值，超过x就加入答案。根据质因数分解定理，将题意简化为：如果两个数所。贪心，肯定是越大用的长度越少。为1的话，这两个数是有趣的比。小于n使用对素数筛二分。考虑二分答案（模板）当然也可以打表找规律。

2025-03-28 08:44:14 309

原创 CF2009 div.3 ABCDE

先判-1.根据异或的性质，如果一个数a的二进制除了最高位其他都是0，那么它异或任意一个数b的结果肯定是a+b；相反，如果一个数a的二进制每一位都是1，那么a异或任意一个数b的结果肯定是a-b。如果a是奇数，显然我们仅仅改变最小位开始连续的一是不行的，这与每一位都是1一样-----所以我们得把第一个0也要变，即a^b = a-（较小的数）+（较大的数）；对于任意两个边，第三个变的最大值肯定是这两个边的长度之和再减一，于是答案就是（所有边的和）减去（边的个数-1），赛时光想着贪心了（（石子合并吗() ）

2025-03-13 15:19:50 325

原创 PTA L2-016 & 030 愿天下有情人都是失散多年的亲兄妹冰岛人

同时，比两人都要高出五代，即a的所有祖先不能是b的五代以内祖先，b的所有祖先不能是a的五代内祖先，所以需要跑四次dfs（2+2）树模拟，记录完一边再找另一边，不需要考虑是每个人的五代之内，即a的五代之内也在b的五代之内就不行。需要注意只需记录父辈，即。

2025-03-12 21:31:45 139

原创 AtCoder ABC E - Min of Restricted Sum 题解

最小值考虑贪心，针对当前连通图所有点权二进制数的每一位，假如这一位是1，要想保留更多的1就让别的本位为1的数的这一位是0，于是统计每一位1的个数，若1比0多则起点这一位为1，这样保证了0多。这样我们可以得到一些连通块。根据异或和的性质，对于每一个连通块，我们只要知道其中一个点的点权就能推出所有的点权。判定可行性：深搜跑一边，如果遍历过了但是点权不符合多个边的要求，那麽就是无解。根据输入考虑建图，x、y两个下标的边权为z,建无向图。

2025-03-09 18:41:32 311

原创 PTA L2一些题目

那么，我们如果让每条轨道尽可能长就能保证轨道数最少------也就是说，我们要尽可能的找最长降序序列。给出两个点后，我们先把其中一个的所有祖先全部找到，然后再找另一个的祖先，如果这个后者的其中一个祖先在前者的祖先中被访问到了，且不超过5步的话，那麽就是有血缘关系的。注意到，找最长降序序列的时候，我们是8-4-2-1、5-3、9-6、7，现在这个数能放那个就放哪个，尽可能往前面找，如果都放不了就新开一个。写懵了，这里代码看个乐子就行，纯翻译题面。水题，排个序，然后前缀和，左右两部分做差就行。

2025-03-05 23:12:49 1003

原创 PTA L1-101~L2-013 个人题解

用两个数组分别记录结点的前缀和后缀，然后用链表的方法模拟即可，但是输入未必是一个完整的链表，或者会有多个结点的后缀是同一个结点，所以需要处理完后缀再重新处理前缀。当该店距离要更新时，由于在该点原先的方案要全部废掉，所以我们只能用当前的队伍数加上该点的队伍数，来作为在该点的当前方案队伍数，并沿用此方案；建堆的时候选择向上调整，每次插入树中时先插入到完全二叉树下标最大的点，再与其父节点比较，若小于父节点则交换，再与上一层父节点比较，直到到达根节点。掉，然后接上当前最短的路径方案，即到达该点的路的数量为。

2025-02-27 23:53:18 871

原创 P1338 末日的传说

只要是参加 jsoi 活动的同学一定都听说过 Hanoi 塔的传说：三根柱子上的金片每天被移动一次，当所有的金片都被移完之后，世界末日也就随之降临了。在古老东方的幻想乡，人们都采用一种奇特的方式记录日期：他们用一些特殊的符号来表示从1开始的连续整数，1表示最小而n表示最大。创世纪的第一天，日历就被赋予了生命，它自动地开始计数，就像排列不断地增加。我们用1−n12n−2n−1n第二天，日历自动变为12n−2nn−1。

2025-02-26 19:00:48 850

原创 AtCoder 379 ABCDE

所以对于一个n长度的字符串，我们要求出10^0....10^n的每一位的数字,且这个数字为Sigma(a[i]*i)(1->n-i),模10得到每一位，除10得到向更高位的进位。在上述的条件均不满足下，如果当前格子的棋子可以平铺到下一个拥有棋子的格子，两个格子中间的空格子先一一填补，次数为（dis*(dis+1)/2），若还有剩余则全部移动到下一个格子内，次数（res*(dis+1)）。2. 由于棋子只能向右平铺，若当前格子的棋子无法平铺到下一个拥有棋子的格子，则无法实现。直接看样例：379。

2024-11-10 00:26:42 496

原创 YTU ACM实验室专项训练-24/10/28数论+并查集-前九题

小的数字先以两个数字乘积开始，之后越大的数字拆开后发现两个小的因子若也符合（拆成更小的因子的乘积），则这个大数字也符合。如果存在另一对，那么必须要有一个(x-ai%x)%x,所以ans要加上 hs[{(x-ai%x)%x,ai%y}]如果我们把所有数字转化为二进制，显然，从低到高第一个0和1都出现的那一位的下一位就是我们要找的答案。由于每个x都很小，所以只需要a1无限地大，之后的数字依次加上去即可，这样也满足题意。于是乎，我们就要哈希记录一下此时的前缀和的下标，同时要维护左端点来保证贪心。

2024-10-29 23:00:00 702

原创 AtCoder ABC372 E:K-th Largest Connected Components(集合，并查集)

考虑STL中的set，当使用并查集合并时，我们将其中一个连通块的所有点全部转移到另一个连通块中，但最坏情况是O(n)的复杂度。就行，如果存在多个，insert()的话，首先count()会记录点的数量,之后的clear()操作依然会导致超时。如果要插入的数已经存在，那么就不再插入，这是O(1)的复杂度，比insert()要快不少。既然求一个节点的连通块，那么就使用并查集。但是这还不够，只能过2/3的数据，还能怎么优化呢？的连通块中，这样可以将操作一的复杂度优化一倍。现在我们要解决的就是应怎么储存。

2024-09-22 23:13:08 302

原创烟台市高校联赛第1场（鲁东出题） E-数列变换

人字型：从2到n-1枚举每一个最大点，并取差分数组中（该点及该点左边的负数总和的绝对值）与（该点右面的所有正数的总和）的最大值，原因为大者可以抵消小者。这个情况要特判差分数组在该点的值为零的情况，因为此时该数可自行加一或减一，可为两边分别提供贡献。使用差分将区间修改转变为单点修改，每个不为零的点最终要将绝对值加一，因为两边是严格单调的。一字型：记录差分数组种所有正数和负数放入总和的绝对值，取大者，不证明；

2024-09-21 19:56:32 225

原创 ABC369-D Bonus EXP

如果这次攻击是第偶数次：若选择放走，则为dp[ i-1 ][ j ];击败掉则为dp[ i-1 ][ (1-j)%2 ] + 2*(a[ i ]);如果这次攻击是第奇数次：若选择放走，则为dp[ i-1 ][ j ];击败掉则为dp[ i-1 ][ (1-j)%2 ] + a[ i ];dp[ i ][ j ]指的是到第i个怪物时已经击败 j 个击败后获得的最大exp，其中j被替换成0（偶）1（奇）明显可以压成dp，st直接用1与0平替即可。

2024-09-01 13:40:07 303

原创【AT ABC337】D-Cheating Gomoku Narabe

既然要求k长度段内“ . ”的最小个数，我们不妨用前缀和预处理每行每列出现的" . "以及“ x ”的个数。如果这一段有x那么就跳到下一段。暴力求解显然会TLE。

2024-08-29 20:46:00 279

原创 24点求可行

【代码】24点求可行。

2024-08-22 23:14:54 142

原创 HDU4578-Transformation-多种区间修改、查询的线段树

二百行动漫码量，站内有很多大佬讲过了。

2024-08-19 01:03:13 231

原创河南萌新联赛2024第（五）场：C-小美想收集

如果已经被放入同一个集合，则输出此时的冲突值，因为前面更大的冲突值已经失效了，如果我们还将他们分到不同的集合中的话，就会与前面的点的分配出现冲突。如果并入不同类中，当前这两点的冲突值不计入，但不能保证后面出现的冲突值会比当前两点的的冲突值小，这样就不能使得最大的冲突值最小。如果并入同一类回忆中，那么最终就要取所有在同一类且冲突的两点的最大冲突值；如果a与b不冲突，不必考虑，因为操作这个情况要考虑的多。我们首先明白的是两个点之间存在冲突与不冲突的关系。将所有出现冲突的组合按照冲突值由大到小排序，遍历。

2024-08-15 15:33:34 226

原创河南萌新联赛2024第（五）场 : F-小美想跑步

然后由其他节点返回1结点的最短路径，我们可以反向建图，将原来的有向图方向反转，再依然按照结点1的单源最短路径问题，就得到了有其他节点返回1节点的最短路径。给一个有向图，初始节点为1，每次访问完一个节点后必须找到一条返回1节点的路径，求访问完所有结点所需要的最小总边权。先求1结点到其他节点的最短路径，即单源最短路径。

2024-08-15 07:40:45 190

原创河南萌新联赛2024第（五）场 : K题

即使最大边权最小也并不意味着这条路径总边权最小，只需要对最高边权进行二分即可。二分依据以在mid为最高边权的情况下所能得出的。求出无向图内a，b之间。最大值最小化，考虑二分。，若不存在则mid过小。

2024-08-14 23:29:06 165

原创 (蒟蒻补题)Codeforces Round 966 (Div. 3) A-E

使用二位前缀差分记录，再将二维前缀结果放入哈希表中，比如样例一中 4 出现了 2 次，2 出现了 6 次......因为m*n最多才2e5，空间和时间都是很充裕的。贪心可得让外区间包的越大越好，因此用一个小顶堆维护左区间，一个大顶堆维护右区间，然后用一次推出一次，直到下一状态的。所以让身高更高的猩猩占据中间选中次数为4的格子，我们就得到了4+4+2+2+2+2+2+2+1=21这个答案。开两个map，一个记录字符对应的数字，一个记录数字对应的字符，前后有矛盾即可判断为否。时跳出循环，我们就得到了答案。

2024-08-14 01:40:23 628

原创蒟蒻补题 Look Back

如果 a_i < a_i-1 ，那么我们求出log2(a_i / a_i-1)，再向上取整，加上（指数运算）前一个数的操作次数，我们就获得了这个情况最小的倍增次数(比较明显)由于不能改变原值，接下来只能以 a_i >= a_i-1 的情况讨论，我们求出log2(a_i-1 / a_i)，再向下取整（保证不递减），用上一个数的操作次数减去即可。我们可以考虑将每个数需要倍增的次数记录下来，再用类似于dp的方式来求解，也不需要改变原值。2需要3次倍增才能超过11（16>11）;11的操作次数为0；

2024-08-12 10:52:46 211

原创 ABC366 D-Cuboid Sum Query

看一眼数据：100*100*100，那就直接三维前缀和，然后就过了。

2024-08-10 23:32:49 342

原创蒟蒻补题（Alex‘s whims

我们发现构成一条链后节点1可以与剩下所有的点相连从而形成1~n-1的所有长度，本题结束。

2024-08-10 11:01:11 293

原创蒟蒻补题：I-马拉松

为根，遇到y则不进行bfs，访问到的点打上+1的标记（这里要与已访问到的点区分开，这只是判重），这个标记在c数组里，另外已访问到的点放在vis数组里；比赛的时候光想着怎么判重删点了，况且图的知识也不是很懂，勉强写一下最短路之类的，正好现在补题可以弥补这方面的一点知识。剩下的 +1 与 -1 所标记的点就是被两个子树所独有的点了。上一篇是我勉强还能看懂的题目，这里就到我的知识盲区了（）的所有点，然后将这两个子树上且符合上述条件的两组点的。为根，遇到x则停止bfs，访问到的点打上。很明显这个做法确实是对的。

2024-08-07 21:35:42 358

原创蒟蒻补题ing

当无业游民的数量为0、1、2、3、4时，我们可得再分配到企业的方式有15+10+6+3+1=35种(可以用隔板法)第二问有意思，我们发现素数中除了2以外其他数均为奇数，所以没有2存在的子数组不可能相与为0，因为最后一位数永远都是1。另外，空闲的志愿者的意思是可以让部分志愿者成为“无业游民”。题干的最后一句话表示的是志愿者可看作是没有编号的、一模一样的小球-----这说明我们只需要先让所有志愿者满足企业最低需求。的问题，即（m+n+1）个球进行隔板法，在本样例中就变成了C(4+3,3)，这样这道题就解决了。

2024-08-07 19:43:35 1583

2301_79917474的博客