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Codeforces Round #789 (Div. 2)[Link](Dashboard - Codeforces Round #789 (Div. 2) - Codeforces)A. Tokitsukaze and All Zero Sequence题意​ 给你一个数组，每次你可将ai=aja_i=a_jai​=aj​的一个变成000或者任选两个使得他们等于min(ai,aj)min(a_i,a_j)min(ai​,aj​)，问你让数组变成全零的最少操作数思路贪心​ 贪心来想如果有

代码源每日一题 div1 (701-707)画画[Link](画画 - 题目 - Daimayuan Online Judge)思路倒序模拟发现我们一定有一些操作涂抹了某个正方形后其它的操作不会再碰这个正方形了（最起码最后一步涂的正方形一定是这样的）。因此我们可以考虑倒着考虑，找到上面说的那些操作的块，将他们涂上，然后打个标记，接下来这些打标记的涂什么都可以，因为最后会被上一次的操作覆盖掉，所以如果有解，就可以不断的打标机，将整个图覆盖，最后方案就是将我们记录的倒过来即可。如果发现某个点没

代码源每日一题 div1 （601-607）并行排序[Link](并行排序 - 题目 - Daimayuan Online Judge)思路最长下降子序列​ 前面的数大于后面的数就会连一条边，我们可以把最长下降子序列搞出来假设长为lenlenlen，因为是递减的，子序列中每一个点都需要和前面的不同也需要和后面的不同，因此长为几就需要上多少个色，因为其他的下降子序列比最长下降子序列短，所以需要更少的颜色就可以将其涂抹掉，所以解就是最长下降子序列的长度。Code#include <bit

代码源每日一题 div1 (501-507)社交圈[link](社交圈 - 题目 - Daimayuan Online Judge)思路贪心​ 我们的思想是尽量让LLL和RRR最多的重复起来，这样我们付出的代价最少，最贪心的想法即将L,RL,RL,R分别排个序对应匹配，那这样会有形成合法的解吗，答案是一定的，我们可以从某个点开始往匹配的点连边，一直连到这次最初的点的LLL，这样就会形成一个环，类似于置换，我们一定可以形成无数个环。Code#include <bits/stdc++.h

代码源每日一题 div1 （401-407）蜗蜗的数列[Link](蜗蜗的数列 - 题目 - Daimayuan Online Judge)思路差分​ 首先ci=ai−bic_i=a_i-b_ici​=ai​−bi​，等价于让我们求操作后cic_ici​均为零。对于区间操作我们倾向于改变成单点操作，这样复杂度就降下来了，观察斐波那契数列fi=fi−1+fi−2f_i=f_{i-1}+f_{i-2}fi​=fi−1​+fi−2​，每一项与前两项有关，我们设di=ci−ci−1−ci−2d_i=c

代码源每日一题 div1 (301-307)连续子序列[Link](连续子序列 - 题目 - Daimayuan Online Judge)思路dpdpdp​ 暴力的来设fi:以i结尾的最长子序列f_i:以i结尾的最长子序列fi​:以i结尾的最长子序列，对于一个aia_iai​我们想看fai−1f_{a_i-1}fai​−1​是否存在，存在就接到后面，设最长为mxmxmx，我们dpdpdp完从前往后遍历fff，对于第一个fi=mxf_i=mxfi​=mx的位置一定是字典序最小的。由于值域太大我

代码源每日一题 div1摘桃子[Link](摘桃子 - 题目 - Daimayuan Online Judge)思路枚举，推公式​ 设sss为aaa的前缀和，对于一个iii等价于找前面有多少个位置满足(si−sj)%k=i−j→si−i=sj−j(s_i-s_j)\% k=i-j\to s_i-i=s_j-j(si​−sj​)%k=i−j→si​−i=sj​−j且i−j<ki-j<ki−j<k，因此开个mapmapmap直接维护记录贡献，搞一个索引jjj来维护一个这个区间长度

代码源每日一题二分答案[Link](二分答案 - 题目 - Daimayuan Online Judge)思路二分​ 找最小值最大，很明显的二分，二分答案，O(n)O(n)O(n)检查答案是否合法。Code#include <bits/stdc++.h>#define x first#define y second#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;using namespace