C202044zxy的博客

一、题目点此看题二、解法值得一说的是本题的数据范围，你看他构造得这么恶心，就知道是为了避免某些情况。人的攻击力一定比怪高，那么人一定打的掉血。怪物的伤害很高，人无论如何都会掉血。这告诉我们只用求减免的伤害最多就行了，也不用多么麻烦的判无解（还没有无解的数据呢！）不妨从贪心的角度思考，俗话说的好：十个贪心九个排。想要知道最优的选取顺序，可以排序！推理排序规则的方法就是我们看最好的排列方法满足什么条件，然后按照这个条件排就可以了，现在我带着你们来推一推，假设i,ji,ji,j是两个相邻的怪物（iii先被

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一、题目点此看题二、解法一看感觉就是贪心。主要问题在于确定访问子树的顺序，先访问的子树的会给后访问的子树叠加边权和的两倍，设这个值为fff，但还要考虑到子树大小，因为子树中的每个点都会增加这么多，综上可知比较的方法为：f[v0]×siz[v1]<f[v1]×siz[v0]f[v_0]\times siz[v_1]<f[v_1]\times siz[v_0]f[v0​]×siz[v1​]<f[v1​]×siz[v0​]然后就是据题意模拟统计即可。#include <cstd

一、题目点此看题二、解法对于每一个点，要考虑他到子树的走法。由于这个点要被根走到才能产生贡献，所以先预留一个海狸让父亲能走过来（根就特判），然后贪心地走到贡献最大的子树中去（因为可能海狸个数不够访问所有子树）如果还有剩余，那么就跟儿子来回走刷贡献。#include <cstdio>#include <vector>#include <algorithm>using namespace std;const int M = 100005;#define i

一、题目

一、题目点此看题二、解法二分答案是显然的，但是检查有点难了，贪心地看，有这两种情况：

一、题目点此看题二、解法先考虑可能的集合点，就是所有的aia_iai​到ai+4a_i+4ai​+4，我们把余数相同的归到一类，方便处理。对于每一类余数相同的，

一、题目点此看题二、解法首先三个黑点、三个白点是肯定能能组队的，我们考虑白点数模333余111的情况（黑点如此同理）此时能够组队的方案有一白两黑，或者是222个两白一黑，都去试一试就行了，大于333的特殊配对（不是三个同色）肯定不用考虑，因为都能归类到上述情况中去。至于解决上述问题，贪心地找度数最小的白点///黑点，再看看能不能有两个点和他们组队。还有一个问题，就是第一个点染什么颜色会不会有影响？我们讨论连通块个数，111个显然无影响，222个不清楚，但是好枚举（都试试看，反正只有两种本质不同的情

一、题目点此看题二、解法这道题主要考察构造，一种方法是从位置kkk展开，kkk填a[k]a[k]a[k]，k−1k-1k−1填a[k]+a[k−1]a[k]+a[k-1]a[k]+a[k−1]…以此类推。这种构造需要保证a[k]>a[k−1],a[k]+a[k−1]>a[k−2]...a[k]>a[k-1],a[k]+a[k-1]>a[k-2]...a[k]>a[k−1],a[k]+a[k−1]>a[k−2]...，所以a[k]a[k]a[k]应该是最大的数并且前

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一、题目点此看题二、解法外层枚举每个位置，拿到这个位置能填的最小的字符，然后贪心地填入最大的正方形。有一种特殊情况，如下图：这是黄色（B）是只填一格的，而红色（A）紧接着填入。#include <cstdio>const int M = 105;int read(){ int num=0,flag=1; char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1; while(c

一、题目点此看题二、解法这道题关键在于理解每个人会拿走所有还有的喜欢的菜品，这意味着如果出现了所有菜品都不够的情况，无解。简单证明一下，由于每个人会拿走所有还有的喜欢的菜品，所以每个菜品之间是独立的，这个菜品的选取不会影响到另一个菜品，所以最后总会出现不够的状态。如果有够的菜品呢？那我们就把强制喜欢这个菜品的人只拿这个菜品（把他安排到靠后），这样这个人就可以不用拿其他的菜品，这样一来，就会有新的菜品从不够变到够，类似一个拓扑排序的过程。#include <cstdio>#includ

一、题目点此看题二、解法首先一个合法的答案一定是大于n2\frac{n}{2}2n​的，因为若kkk可以，2k2k2k一定可以。然后把nnn分奇偶讨论，这里只讲奇数的情况，偶数学懂了自己推，请看下图：这是kkk最小的时候，当kkk增大时，某些部分会增加，某些部分会不合法。我们只需要判断最小的那个是不是正数，要增加都是一起增加的，所以相对大小是不会改变的，我们最开始时处理出的大小关系就可以一直用，这样复杂度就是O(n)O(n)O(n)在这里插入代码片...

一、题目点此看题二、解法首先排序，分配数如果交叉，那么肯定有不交叉的方案能够替换（这道题不要求操作数最小）。这说明排序后数组对应位置上的数最后也是对应起来的，这样问题就简化了。先判断无解，如果总和对不上，无解，sss前kkk个的和比ttt前kkk个的和大的话，无解（看作一个整体，只可能从后面分配到前面）然后维护两个指针，暴力分配即可，最多分配2n2n2n次。#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std

一、题目点此看题二、解法先把所有的数调成正数，答案不会改变。操作不会改变数的绝对值，我们可以从这个角度入手。每一个数只考虑比它小的数的贡献（就不会算重），如果一个数取正，那么后面的比他小的数无论如何都会产生逆序对（而前面的无论如何不会产生），如果一个数取负，那么前面比他小的数无论如何都会产生逆序对（而后面的无论如何不会产生），这样一来，我们只需要比较前面小的个数和后面小的个数，取最小值计入贡献即可。#include <cstdio>#include <algorithm>

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一、题目点此看题二、解法处理变化一个重要的方法就是寻找不变量，对于本题，ai+ia_i+iai​+i就是不变的（换到前面aia_iai​增大，后面aia_iai​减小），为了单调不减，我们只能把ai+ia_i+iai​+i最大的放在最后一位，次大的放在倒数第二位…这样一来，排个序就行了。这道题也很有趣，只会有一个解（说好的任意解呢？）#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int M

一、题目点此看题二、解法先定义sss为所有行和列的权值和。当你把行和列从负换成非负的时候，sss是一定增大的，可以说明当sss最大的时候行和列全部非负，否则还可以通过变换变得更大。这个做法的源头是什么呢？因为权值很小，变换最多变换值域次，实际跑得很快。还有一个启发，题面中说任意解很多情况都是唯一解。#include <cstdio>const int M = 105;int read(){ int num=0,flag=1; char c; while

一、题目点此看题二、解法考虑如果我们确定了行和列（行小），怎么填？最优的方法是斜着填，如下图（不同的颜色代表不同的值）：每个数最多能填nnn次，可以看出只要个数够就一定能填。不确定行和列，我们可以枚举。枚举行，我们就知道每个数最多能填多少次，就知道最多填的总数（联系上文），可以反算出最大的列数。知道了行和列后答案就用斜着填的方法构造就行了，时间复杂度O(n)O(n)O(n)#include <cstdio>#include <algorithm>using name

一、题目点此看题解释一下这个输入，如果值为000那么递归地给出它的子树，否则给出叶子的权值。二、解法总的逆序对就等于所有子树的逆序对之和，而子树内的选择对子树外的选择没有影响，这给了我们贪心的可能，考虑换更好还是不换更好，维护一个权值线段树，在启发式合并的时候再统计换的个数和不换的个数。#include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;#define ll long longconst int M = 2

一、题目点此看题二、解法本题其实是问一个极小联通子图总权值的222倍，有一个关键结论，如果我们把给定的关键点aaa按dfndfndfn排序，那么答案就是：dis(a1,a2)+dis(a2,a3)....+dis(an,a1)dis(a_1,a_2)+dis(a_2,a_3)....+dis(a_n,a_1)dis(a1​,a2​)+dis(a2​,a3​)....+dis(an​,a1​)这个结论也不难证明，主要利用了dfndfndfn相近的两点距离就较近（可以理解为一个贪心），那么我们就可以按d

一、题目点此看题二、解法每个水果是逐渐变质的，我们可以想到不守交规这道贪心题，也就是我们先按权值从大到小排序，然后从变质的最后时间往前填充就行了，至于sss的额外收益，新建一个水果就行了。虽然变质是分阶段的，但是我们不需要把水果拆开，填充的时候逐渐增加水果的质量即可。我们还要用并查集优化填充的过程，填满mmm就不再填了。还有一个问题，我们只能针对一个固定的天数做这些操作，但是多组天数怎么办呢？我们可以先跑出一个极大天数填入的物品方案，对于一个较小的天数这些物品都是可以随便取的，iii天我们就取权值

一、题目题目描述从杨辉三角的C(0,0)C(0,0)C(0,0)开始，每次只能向下走或者向右走，走到C(n,m)C(n,m)C(n,m)停止，求经过的权值和最小值，结果模一个质数ppp数据范围0≤k≤n≤1e9,1≤p≤1e40\leq k\leq n\leq 1e9,1\leq p\leq1e40≤k≤n≤1e9,1≤p≤1e4二、解法可以贪心，走过的111越少越好，首先有两条可能的...

一、题目点此看题二、解法第一步可以把aia_iai​和bib_ibi​都减去iii，结果不会变，但是单调递增就变成了单调不减。考虑∣x−a∣+∣x−b∣|x-a|+|x-b|∣x−a∣+∣x−b∣之类的问题最优解就是取中位数（我们默认选后面那位），我们可以把原序列划分成若干的子序列，每一个子序列的中位数就是局部的最优解，需要满足单调不减。我们用可并堆维护中位数，我们每次加入一个点，当 前一...

一、题目点此看题二、解法显然要用二进制贪心，我们从大到小地考虑每一位的选取情况。我们处理出第iii位选0/10/10/1最终得到的结果，O(n)O(n)O(n)跑一遍即可，然后如果选000产生贡献我们就直接加上贡献走人，否则选111产生贡献我们就看现在剩下的mmm还支不支持这一位选111，如果支持我们就加上贡献，再修改一下mmm。时间复杂度O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlo...

一、题目点此看题二、解法首先对于每一个位置，它的路径一定是 快车->准快车->慢车，三段都可以为空。考虑把所有位置按照快车站的位置划分成若干段，对于每一段，我们先算出坐慢车最多到哪里，然后在下一个位置贪心地放一个准快车站，在算出从这个准快车站坐慢车的最远到达位置，然后重复上面的过程…选贡献最大地方放车站即可，对于每一个段我们只需要取最大的前k−mk-mk−m个，所以时间复杂度...

一、题目点此看题二、解法首先我们肯定不会连接把蓝色和红色相连，因为这样是没有任何作用的。考虑两个相邻绿色的连接方式，具体来说有下面两种：两个绿色点直接相连绿->蓝->...->蓝->绿 或者 绿->红->...->红->绿选取更优的方案即可，也就是我们尝试用绿色直接相连的边替换中间最大蓝边和绿边，实现中我们就可以直接把相邻的蓝边//...

一、题目点此看题二、解法最重要的条件就是：第i个省出来的代表有2^i名粉丝，我们不能贪心删最小的叶子，而应该贪心倾尽全力保留编号最大的点。我们要维护一个联通块，nnn点肯定在其中，那我们可以nnn为根建这棵树，考虑从大到小加入点，一个点被加入联通块就需要它到根的路径都被加入联通块，我们查询它到根路径上未被加入的点数，看都加入会不会爆kkk的限制。别看数据1e61e61e6，树链剖分猛如虎...

一、题目点此看题二、解法玄学警告⚠，由于线上的数量是定值，转而求线的数量已推知线下数量。设t[i]t[i]t[i]为iii时刻线的数量，d[i]d[i]d[i]为线下的数量，易知 t[i]=m[i]+d[i]+1t[i]=m[i]+d[i]+1t[i]=m[i]+d[i]+1，有这样一些限制：t[i]≥t[i−1]t[i]\geq t[i-1]t[i]≥t[i−1]，即线的数量单调递增...

一、题目点此看题二、解法建议多读几遍题，读懂了之后会发现暴力算法是O(n2)O(n^2)O(n2)。考虑选取的条件，假设应该选取iii做第一道题，jjj做第二道题：xi+yj<yi+xjx_i+y_j<y_i+x_jxi​+yj​<yi​+xj​xi−yi<xj+yjx_i-y_i<x_j+y_jxi​−yi​<xj​+yj​你会发现这样选取的条件就取...

一、题目点此看题二、解法把一个区间异或和用异或前缀和的方式表示：sum[r] xor sum[l−1]≠0sum[r]\space xor\space sum[l-1]\not=0sum[r] xor sum[l−1]​=0正难则反，算出等于000的区间数再用总区间数减去即可。可以把sum[l−1]sum[l-1]sum[l−1]的值放入map...

一、题目点此看题二、解法这道题正解是哈夫曼树，我们定义每个元素有两个关键字，分别是 出现次数和树的高度（把每个元素看成一颗树），自小到大排序，然后取出最小的kkk个元素，将它们合并为一颗树，合并后的出现次数是这kkk个元素出现次数之后，深度是最大深度加1，塞回数据结构，下面给出贪心的正确性证明：出现次数最小的元素一定在哈夫曼树的最底端，否则我们可以通过交换操作使树的形态更优。合并之后塞...

一、题目点此看题二、解法一道很好的子树内贪心的题目

一、题目二、解法考虑二分答案，我们把最小值强加于JOI\text{JOI}JOI，最大值强加于IOI\text{IOI}IOI。考虑怎样检查，先想一想势力范围应该如何划分。假设蓝色是JOI\text{JOI}JOI的势力范围，可以发现如果一列一列地区填的话，能填的行应该是单调递减的，既然我们已经二分了答案，为了减轻对面的负担，JOI\text{JOI}JOI肯定拿的越多越好，所以我们就...

一、题目点此看题二、解法0x01 考场的想法考虑到划分的段是递增的，设dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]为划分到第iii个的前驱是jjj，转移：dp[i][j]=dp[j][k]+(sum[i]−sum[j])2dp[i][j]=dp[j][k]+(sum[i]-sum[j])^2dp[i][j]=dp[j][k]+(sum[i]−sum[j])2判一下递增，暴力转移时间...

可以用暴力+乱贪心过掉454545分。方法1 不守交规可以用不守交规的贪心模型，简而言之，就是先把bbb从大到小排序，然后给他们安排位置，如果当前朋友被安排在aaa个朋友之后交，那么就不要花钱，否则就要花钱，把他安排在最前面交。所以我们就找a+1a+1a+1之后的空位，如果有，就安插进最近的空位，可以用并查集优化，时间复杂度O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)。证明的话...

一、题目点此看题二、解法设xix_ixi​为iii号给i−1i-1i−1号xix_ixi​颗糖果（如果为负则方向相反），让后我们可以列出下面的式子：a1−x1+x2=avea_1-x_1+x_2=avea1​−x1​+x2​=ave……\dots \dots……ai−xi+xi+1=avea_i-x_i+x_{i+1}=aveai​−xi​+xi+1​=ave发现有nnn个方程，nn...

一、题目点此看题二、解法我们发现删去一个点就会给它的父节点造成son[v]+c[v]−1son[v]+c[v]-1son[v]+c[v]−1的负担。我们遍历整棵树，贪心地看，我们选择删去的子节点的负担越小就越优，于是我们从小到大地删除子节点。但是增加了当前点的负担也给当前点的父亲的操作造成影响，那我们的贪心是错误的吗？其实更新当前点的更新对答案的贡献至少为1，而对于父节点的操作贡献影响至...

一、题目点此看题二、解法这道题很容易想到二分答案，但是难点在于O(n)O(n)O(n)写checkcheckcheck函数（不是一般的毒瘤）。首先

一、题目传送门二、解法这道题nnn比较小，我们考虑O(nk)O(nk)O(nk)的做法。我们考虑一个一个加入加速器，每次都选取最优的一个位置，然后再更新信息。我们考虑如何找这个最优的位置，发现只要是人等车的情况我们就可以用加速器，我们从用加速器的点开始找人等车的连续区间，这个可以用递推完成。找到了每个点对应的区间后，发现这段区间能让答案减少区间内乘客的数量，我们把每个乘客映射到区间中求前...