hddddh的博客

链接： E. Number of Simple Paths题意：给一个 n 个点 n 条边 的联通图，求图中的路径数 （1 - 2 和 2 - 1算同一条路径）。思路：由于是 n 个点 n 条边，所以就是一棵树加了一条边，必定存在一个环，所以我们只需要找到这个环上的点，求出每个点有多少个儿子节点（每个点 dfs 一遍就好了），然后就是计数，如果两个点都在环上，或者属于两个不同的子树，那么两点间的路径数就是 2 ，如果属于同一子树路径数就是 1 .可以用 topo 找环，每次把度为 1 的点去除

链接 E. XOR Inverse 题意：给一个数组 ，需要找到一个 X ，使数组中每个数 异或 X 后 ，数组中的逆序对数最少 ，如果有多个 X 找最小的那个，求 X和逆序对数。思路：比较两个数的大小 ，其实就是比较两个数的二进制位第一个大小不同的位置的大小，因为字典树可以保存相同的前缀，所以我们先用字典树把这些数字存起来，用 vector 存一下当前前缀相同相同的每个数的位置。考虑每个二进制位 ， 因为我们已经记录了这一位为 0 和 1 的数的位置，所以可以直接求出逆序对数 ， 这样我们就

链接： D. Make Them Equal题意：给一个长度为 n 的数组 ， 每次操作 可以选择一个 i ， j ， k ，使ai = ai − x ⋅ i , aj : = aj + x ⋅ i。求最多 3 * n 次操作内使每个数都相等的操作方法 ，操作过程每个数都不能变为负数。思路：首先我们可以发现 对于 a[i] 这个数，我们可以给数组中的其他任何一个数加上任意的值 ，前提是 a[i] 足够大。所以我们可以先把其他的数都加到 a[1] 上去 ， 再把它分配给其他的数。怎么把后面的值都

链接： D. Rescue Nibel! 题意：有 n 栈灯 ，每栈灯在 [ l , r] 时间段内是开着的 ，现在需要选择 k 栈灯 ，使他们能在同一时间内打开 ，问有多少种选择方法 。思路：如果不考虑重复的情况 ， 我们可以算出每个时间点 有多少盏灯亮着 ，然后用一个组合数就可以把答案算出来 ，但这样明显会有很多重复的情况 。 所以对于每个时间的点 ， 我们只算开始时间在这个点的灯的贡献 ， 所以需要在减去 开始时间都不在这个点的贡献 。我们可以先离散化一下，再用差分数组 统计每个时间点

链接： D. Little Elephant and Elections题意：从 1 到 m 选 7 个数，使得其中一个数中 数位4 7 的个数大于其他 6 个数中 数位4 7 的个数的和。思路：先用数位 dp 求出分别含 0 - 9 个 4 ,7 的数的个数。然后枚举第一个人选的 数中 4 7 的个数，再 dfs 枚举其他 6 个人选的数（ 6 个人的和小于第一个人）。#include<iostream>#include<cstdio>#include<s

链接： B. Array Walk 题意：给一个数列 ，初始价值为 a[1]，每次你可以选择向右走或者向左走，走完获得当前位置的数值，最多向左走 z 次，并且不能连续两次向左走，问走 k 步获得的最大价值。思路：dp [ i ][ j ] [ k ] 表示当前走第 i 步，已经向左走了 j 次，当前向左还是向右。然后直接转移就好了，如果当前向右，那上一步既可以向左也可以向右，如果当前向左，那上一步只能向右。还有当前位置为 i - 2 * j + 1.(1表示向左，0表示向右)dp[i][j][

链接： D. Legacy题意：一眼看上去是求最短路，但他给出的边权是，一个点到一个区间的边权（也就是说 u 到 【l,r】内的点都有一条边）。思路：因为区间内的点都是连续的，所以我们可以用线段树把这些连续的点缩成几个区间，把区间变成一个新的点，再让这个新点于原来的点之间连上权值为 0 的边，这样可以很大的降低复杂度。这个巨巨写得很详细 D. Legacy代码：#include <iostream>#include <cstdio>#include <map&

链接： E. Directing Edges题意：给一个图，有的边方向没有确定，是否可以给这些边加上方向是其变成一个无环图。思路：先对有向的边进行拓扑排序，判断是否有环，如果有环就是 NO, 否则就让 拓扑序小的点指向拓扑序大的点（有向无环图一定是拓扑序小的指向大的）。代码：#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 2e5+7;const int mod=

链接： D a-Good String 题意：大概就是给一个长度为 2 ^ k 的字符串，要变成好的字符串，至少要改变多少个字符，好字符串的定义是 ：左边或者右边 len /2 个为 a ，则另外一边的左边或右边一半为 b ，就这么递归下去（有点难表述，看了半天才看懂）。思路：dfs 枚举所有可能的情况 ，左边一半选当前字符还是右边一半取当前字符，计算出不同字符数，取较小的。代码：#include<stdio.h>#include<iostream>#include&