2401_87552653的博客

或者多带几组数据会发现 S与三个数的最大公因数程正比，所以只要在这组数中找到3个数的最大公因数是所有组合里最大的即可，但是如果直接3个for循环分别找公因数会超时，所以我们干脆对每个数都找到它的因数，（因数最大也就是Hi最大为1e5）开vector二维数组，其中v[i][j]表示当因数为i时的第j+1个数，最后由于要找最大因数，我们倒叙输出即可。如果直接按题意暴力的话，只能过30%，所以应该推导出更简便的公式，推导如下。

至于查找以i 为终点的区间会不会与其他区间重叠呢，其实不会，因为在查到以i 为终点的区间时，前面的循环已经把所有起点<=i的都删除啦。最终复杂度时o(n**2*logn)不超时。本题的题意是要找两个不重叠的区间对应的差值最小。多个区间和问题首先想到前缀和与差分，两个for循环遍历所有可能的区间，复杂度是o(n**2)。，首先第一个for循环删除以i为起点的区间，这样是为了避免[a,i][i,b]这种一个区间的终点是另一个区间的起点造成重叠的情况。我们可以将每个区间值存入multiset,难点在于怎么。

首先注意到本题的数字大小很大，需要用到高精度，因此应该定义string来存储数据d，为了后续计算，在存储完字符串d之后还需要先将每一位转化为数字并且找到小数点在第几位，而数据2**n由于直接算出来会超范围，所以我们采取每次将d的每一位乘2 来算即可。

主要考察能否逐位取数，注意细节p=i，这样不会改变i,否则会导致循环错误。思路：本题朴素方法的时间复杂度是。

直接看很难找到相应的函数，但是我们可以想到round 它的功能是找到一个与浮点数最近的整数，比如2.77离3近，则为3，2.11离 2近，则为2。：如果直接按照题意画路径会发现很复杂，也比较难直接找到打到角落的条件，这时候可以想到化曲为直，复杂问题简单化，在初中的时候学过光的反射，也画过镜子的光路图，按镜面对称不会改变光的路程，这里也是一样的，把左面扩展开来，最终当dx和dy分别是343720和233333的倍数即可。小于浮点数的实际小数位数，多余的位数会被截断（不会四舍五入）。

题目要求有且仅有两个数相同，因此，我们要分别记录只出现一次的数和出现超过两次的数，如果只有出现一次的数，且其个数为c1,那么需要修改c1/2;如果只有出现超过两次的数，且其个数为c2，那么修改次数为c2，显然可以发现，修改只出现一次的数会更简单；那么如果c1,c2同时存在时，当c2>=c1,则要修改c1+(c2-c1)=c2次，反之，则要修改c2+(c1-c2)/2次。为了公平，老师给每名同学随机分配了一个 n 以内的正整数作为 id，第 i 名同学的 id 为 ai。输出共 1 行，一个整数。

细节：（r+1)/2是为了求出0~r内所有奇数的个数（如3->2），r/4找4的倍数（7->1），而且题目中l,r是两闭区间，所以要减去0~(l-1)区间内奇数个数。题目数据是1e9，只有时间复杂度小于o(n) 才可以通过。暴力肯定不行，类似这种数学题，一时半会没有思路的，我们可以通过。我们列举0~100的数，不拿发现符合题意的数的规律为该范围内所有的奇数，和4的倍数。，快速罗列一定范围内的数据找规律。

分析：题意与并查集非常像，最后是要输出每个数的跟节点，如果这个数没有出现过，也就是自成一个集合，也就是自己就是自己的根节点，那么输出它本身；（1）路径压缩：o(nlogn)在查询的过程中将所有节点都指向根节点，这样就导致它不能保持一开始树的形态，但是能在一次查询中改变多个节点，后续查询更便捷，因此可持久化并查集等修改代价较高的情况。（1）按秩合并、按秩合并：o(nk)将其中一个深度较小的树的根节点的父节点修改为另一个根节点。其结构类似于树林，存储了多个互不相干的树，每棵树的根节点代表着这棵树的全部节点。

无向无环图的存储，且节点编号从1 开始（遍历注意一下）。本题是求这颗树中相互连接的节点的和最大问题，也就是连通块和最大问题，用dfs遍历图，dp[x]表示以节点x为跟的部分的和，如果dp[v[x][i]]小于0，那么不会增大dp[x]的值，所以舍去，如果dp[[x][i]]>0，则dp[x]+=dp[[x][i]]，最后在比较各部分的dp，找到最大值即为所求。注意：0ll是表示长整型的0，max比较一般要同类型。

算数基本定理：任何一个整数都可以分成多个质数的乘积，如果两个数含有相同的质数，那么一定有大于1的最大公约数。思路：如果直接暴力，即两层for循环，则o(n**2),超时。

本题分为陆地和海水，因此在需要先遍历满足条件的，也就是为陆地且之前没有被访问过的可以进行BFS，进行多少次BFS就是有多少个连通块。简而言之就是满足在题目条件下是连在一起的，有的题目是上下左右四个方向，有的则是包括斜对角的八个反向。q.push(s), visited[s] = true//标记是否被访问过。q = new queue()//先进先出采用队列。q.empty()) {//判空。u = q.pop()//出队列。new//根据t找到更多新的节点。q.push(v)//入队。

小蓝有一个长度均为 n 且仅由数字字符 0 ∼ 9 组成的字符串，下标从 0 到 n − 1，你可以将其视作是一个具有 n 位的十进制数字 num，小蓝可以从 num 中选出一段连续的子串并将子串进行反转，最多反转一次。小蓝想要将选出的子串进行反转后再放入原位置处得到的新的数字 numnew 满足条件 numnew < num，请你帮他计算下一共有多少种不同的子串选择方案，只要两个子串在 num 中的位置不完全相同我们就视作是不同的方案。注意，我们允许前导零的存在，即数字的最高位可以是 0 ，这是合法的。

大整数加法

比较明显，类似基础的活动时间安排贪心，即如果每架飞机降落的时间尽可能考前，那么留给后面飞机的时间就多，就更有可能完成所有飞机的降落。而时间应该取max(Ti,time(前一架飞机降落的时间）），当前一架飞机降落的时间超出后一架飞机时，则该种方案不成立，当中断。题目对数据要求不是很大，且想要看看是否能找到一种飞机降落可行的顺序，所以可以尝试暴力dfs。:对每一个分支深入到不能再深入为止，且每条分支上每个节点只能出现一次。

思路：因为题目要求字串不重叠，所以当我们遍历到某一个字符时可以将它先与前面的比较，如果前面的字符没有配对且与它相等，那么匹配，否则就继续向下遍历，如果遍历到？，其实就是少了判断相等的步骤。每次只看前面的，因为是连续且不重叠子串，所以如果前面的字符与 该字符不匹配，那么它一定不能与后面的字符匹配。而且这样匹配也不会影响后面字符的匹配。

这样v[u][i].first就表示与U直接连接的第i个点，v[u][i].second就表示u到与u连接的第i个点之间的距离。接着，由DFS可以知道两点之间的距离，o(k*N),这里用bool型，当该路径能够到达我要求的终点时，也就是该路径上DFS全返回true时，才能得出最终的m[{s,e}].树链剖分：不需要知道明确的根节点，一般以1为根节点，代码复杂o(n),用于需要频繁查询和更新树上路径问题。倍增法：需要知道明确的根节点，代码简单，只用于多次公共祖先查询；

代码：一些细节注意点在注释上写了，注意用vector.size()时，初始化vector<> v(N),不要写N，不要规定范围（因为这个找了半天错误，服了），还有，v.size()返回的是无符号整型，如果v.size()-x,x>1的话，一定要注意不能为负，或者强制类型转换也可以,(int)v.size()-x;如果暴力，o(n**2)，超时，想到可以先与处理一下，记录c1出现的位置，再根据c2的位置用二分法看前面有多少个符合条件的c1。

分析： 本题的意思是选择几个事件（可不连续），使得某一个国家胜利，但是具体是哪一个国家胜利呢 ，一共是三种可能，可以分别枚举，其思路和蓝桥杯接龙游戏是一样（对每个时间都有选或不选）但会超时。：（假设a赢）s=sum_a[i]-sum_b[i]-sum_c[i]>0, 只要对s进行排序，依次加起来加到某个数使s为负数（因为事件的发生可不连续）。不是从整体上考虑最优解，而是从局部考虑，类似dp贪心的决策是需要有无后效性的，且局部最优解可以推到整体最优。，最后再取事件的最大值。

在C++中，整数除法有向下取整，也就是说结果会抛弃小数部分。临界：上界取小75/3=25 53/2=26.5 59/2=29.5 下界取大 75/4=18.7 53/3=17.6 59/3=19.6，又V为整数，所以取20 和25。法二：暴力枚举： 由于V可能会到达1e9，爆了，所以直接枚举所有数再带入N个式子比较的话不可取，用二分法优化，就要找到二分的检验函数。如果x<min:b[i]<=a[i]/x ,如果x>min:b[i]>=a[i]/x,对max同理。法一：找到规律直接算。

面对最优解问题，dfs是枚举所有方案并判断该方案是否合法，在合法方案中选出题目要的最优解。时要注意剪枝：u（当前数的索引）>=n（总个数）或者 剩下的数与c（已被选）的数的总个数小于等于目前最大的答案，那么剪枝。最后，不选一个数的情况有两个：不符合接龙条件、符合接龙条件但是不选，所以dfs(u+1,c,l);本题f[i][j]表示在第i个数字之前被删掉的数字个数，其中j表示第i个数字是以j数字结尾的，因此0<=j<=9。这里注意一下数的最大值最小值求解，一个数的一对数据可以用。，但o(n**2)超时。

对于每一个瓜都有不取，取全部，取一半 这三种情况 ，因此，时间复杂度较高，然而，题干数据又有点大，所以要想到剪枝。（1）由于要找到最优解，所以如果正在探索的方案的刀数已经大于或等于前面的方案，则不需要再搜索下去了。：阻止不到南墙不回头的情况，将不可能的道路扼杀在摇篮里，它需要较高的观察力和敏感度，本题。：经过观察，可以发现，如果将瓜全部从大到小排序，这样可以减少试错次数。（2）如果总重量达不到要求，也就是已经遍历到最后一个瓜了，则剪枝。（4）当前瓜加上后面剩余的瓜都都达不到要求值，则剪。

又本题是多次查询，且题目可以化简为某一段区间上中点的个数，所以可以联想到前缀和（在1-2e6的范围内，在递增每个最小单元时求前n个单元内中点的个数），当输入L和R时就可以以o(1）的复杂度进行查询。注意：由于数组下标必定为整数，所以我们以中点两倍形式来记录，即a[l+r].由下图分析，只要线段的1/2处包含再区间内即可。

思路： 经观察，101->111,010->000每3个只能改变中间一个（那么放到一长串字符中，相邻两个字符只能改变一个），代码直接翻译题目即可。

优先队列：便于找到最值并且出队，相当于逻辑上删除该数下次不再比较这个数，但是缺点是不能实时更新//由于每删除一个数，其两边相邻数都要+1，因此，priority_queue里的数不一定是实时的，所以需要引入st[]存储更新，且在每次输出最小值时都要比较一下。暴力：for循环找最小值，o(n**2)超了，用vector删除优点是不需要模拟链表的删除过程，不需要实时记录被删除的数的索引，（注意min值是要在每个K循环之前都要更新的，呜呜，一开始我在循环外更新，就出错了，找了好久才发现错因）

6.提取：s.stubstr(pos,n);9.清除 判空：s.clear();string 是C++中stl模板库里的一个内容，其长度不固定，可以进行加运算和比较运算。5.大小： s.size();法二：getline（cin,名）从第一个有效字符开始，直到换行符和tab为止。（1）加运算：注意加号两边不能全是常量，如"yyj"+”jyy"就是不可行的。1.初始化（string s="abc"也行，这里忘记写了，下面有噢）法一：由下图可知，cin读入时会从第一个有效字符开始到第一个空格为止。

经过一段时间，水会以阀门为中心蔓延得到一段区间，当我们将所有区间的左端点以从小到大的顺序排序之后，如果该区间左端点大于前一区间的右端点+1（本题），说明不连续；在连续的基础上合并时，左端点取小，右端点取大，最终如果长度小于len,则时间在min的左侧，反之在右。如果直接暴力枚举，那么枚举的范围大概是min(s1,...sn)~min(s1,...sn)+1e9 ，最坏的情况是si=1e9且为一开始的阀门且只开一个阀门，那么就需要2e9的时间，显然会超时，且答案时单调的，所以。

（因此也可以用bfs)，对于m个点对，找到它们之间的路线并作标记，即路线上的边权都+1，这样最后如果有边的边权是=m，则说明该边是所有路线的必经之路，它就是符合题目条件的边之一，最后倒叙找边，这样可以找到边编号最大的，即可。，开vector二维邻接矩阵， e[a].push_back(b);存两遍，有向则存一遍。，对应关系想到map，又边是由两点表示，则用pair.用dfs遍历图，接着由于是无环图，所以每两点之间。