在人间贩卖声音

解题思路》》欧拉序+FY代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long long#define N 500010using namespace std;vector<int>st[N];int T,n,m,cnt,tot,ans,x;int son[N],dep[N],f[N],head[N],q[N*2],ok[N],fir[N*2];struct c{ int x,next;}a[N];void add...

解题思路二分答案，bfs 验证代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long long#define N 3000010using namespace std;int n,m,a1,b1,cnt;int head[N*2],vis[N],u[N],v[N],k[N];struct c { int x,next;} a[N*2];void add(int x,int y) { a[++cnt]=(c) { y,hea...

解题思路gi,jg_{i,j}gi,j​表示从 i 节点往上购买 2j2^j2j 次到达的节点，如果我们知道了 gi,0g_{i,0}gi,0​就可以求出所有了（倍增的精髓）gi,0g_{i,0}gi,0​ 就是求 i 节点从下往上第一个大于 aia_iai​ 的节点，这也可以用倍增来完成，用一个 maxni,jmaxn_{i,j}maxni,j​来维护从 i 节点往上2j2^j2j步这中的最大值，若maxni,j<aimaxn_{i,j}<a_imaxni,j​<ai...

解题思路考虑8的倍数的特征，只要最后三位组成的数时8的倍数就好了。。预处理出1000以内8的倍数，判断输入的字符串里是否包含它们，如果有包含，就把它放最后输出。注意特判小于三位的情况还有刚好那三位为0的情况。代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;string s;int l,cnt,k,a[1010],w[15],v[15];bool flag;string read()...

解题思路假设在 i 这个位置上某个字符 s[i] 最后 一次出现了，那么 i 及 i 之前的所有未确定字符中最小的一个字符 s[p] 应该被保留，然后再从[p+1,i]里面找最小的保留，p不断更新，一直到 p==i 为止，代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int l,c,id,used[200],cnt[200];string s,ans;int main(){ fr...

解题思路每次从 开始一个数一个数的枚举，每发现一个好数就输出。容易发现，好 数其实很多，两个好数之间的间距也不会太大，这样就足以通过所有数据。代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int n,m,T,w[20],v[4];bool check(int x) { v[1]=0,v[2]=0; int cnt=0; while(x) { w[cnt]=x%3; v...

解题思路考虑树形DP，设:f[i]f[i]f[i]表示以i为子树且不选他与儿子的连边时，最多能匹配多少条边ff[i]ff[i]ff[i]表示以i为子树最多能匹配多少条边。g[i]g[i]g[i]表示以i为子树且不选他与儿子的连边时，有几种方案能匹配最多的边gg[i]gg[i]gg[i]表示以i为子树有几种方案能匹配最多的边因为是连通图，可以从任意一个点往下搜，然后一直到底，回溯处理。ff[x]ff[x]ff[x]初值是f[x]f[x]f[x]，gg[x]gg[x]gg[x]初值是g...

解题思路考虑到要求任意两个数的差值的中位数，可以对原序列进行排序，因为顺序并不影响答案。考虑二分答案，排序后可以通过双指针确定某个数在差值中的排名，从而缩小二分区间。具体地说，序列排序后，设有两个指针 i，j，满足 i<j。可以发现区间 [i,j][i,j][i,j] 中的任意右边的数减左边的数都小于a[j]−a[i]a[j]-a[i]a[j]−a[i]。设中位数排在第s个如果固定 j，即固定大的那个数，我们只要维护好处在边界的 i，满足 a[j]−a[i]<=sa[j...

》》example2解题思路首先，假设所有操作修改的数字都是一样的，那么无论 l,rl,r 怎么取值，每一个删除操作，删除的都是固定的加入操作。考虑预处理出每个删除操作对应的加入操作的时间点。（我处理的很麻烦，排序+栈）线段树：单点修改区间查询考虑把查询的区间按右端点排序，每次按时间线向后更新线段树，若当前时间点是加入操作就在把当前时间点修改为x，如果是删除，若曾经加入过这个点，就在线段数上把这个删除操作对应的加入操作的值修改为1，这样在乘的时候就相当于乘了1，也就是删掉了这个数。查询的...

解题思路考虑用矩阵乘法预处理出从起点i到终点j之间的方案数。把3*3网格从1~9标号每个点和他上下左右的点以及自己之间能互相到达构造 9 * 9 矩阵B：（对应上面那个图直观感受）[010100000101010000010001000100010100010101010001010001000100010000010109000001010]\begin{bmatrix} &0 &1&0&1&0&0&0&0&0 &a...

解题思路只有我现在才知道进制数转换可以直接mod吗？？代码#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;ll x,a;ll maxn,v[110];int main(){ scanf("%lld%lld",&x,&a); while(a!=0) { v[maxn]=a%x; a=a/x; maxn++; } printf("%lld\n",maxn...

解题思路代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n,m,x,y,a[100010][5],s[400010];double e[400010];bool cmp(int a,int b){ return a>b;}int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d%d",&x,&y...

解题思路分三种情况讨论：x>0当x>0时，有一种特殊情况，就是x正好等于最大值，且最小值为0的情况。这个时候无论直接升序还是降序都不能满足条件，这个时候可以拿出一个非0且非x的其他数字放在第一位，然后放最大的数字，剩下的就可以随便放了。否则不是这种特殊情况的你就可以直接降序排序输出。x=0当x=0时问题可以转化成：0不能放第一个，并且任意两个相同数字不能相邻，这其实是一个经典的鸽巢问题，即只要出现次数最多的数字不多于一半即可。但是实际构造的过程中可以借助一个优先队列，每次都...

解题思路连续变换两个位置是不明智的选择。所以我们可以设计 dp[i][j][0/1]dp[i][j][0/1]dp[i][j][0/1] 的状态，其中第三维表示上一个位置是否被改变过，i 表示当前位置，j 表示之前已经变换过 j 次（要保证 j 时刻小于等于 k）。如果当前位置的 a[i]a[i]a[i] 已经是山谷点，则无需变换，否则可以考虑变换的转移方程，在 dp 过程中一直记录最大值即可。代码#include<bits/stdc++.h>#define ll long l...

解题思路规律如上，乘号前面的是系数，后面的是系列的下标，可以发现系数与杨辉三角有关然后就上个组合数就好了。PS：比赛的时候处理组合数部分用了Lucas定理，其实不用的，直接暴力求就好了。（要用逆元）代码《懒得手推结果打规律打了1h》打规律的code#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;const int mod=1e9+7;int n,T,v[100010];string...

解题思路考虑枚举两个端点，强制两个端点选，令 a 为两个端点之间 x 轴上的距离，b 为两个端点 y 轴上的距离，其实这里也可以理解为没见了一条直线（枚举一个斜率ab\frac{a}{b}ba​)那么这里面可以选择的点的个数有 g=gcd⁡(a,b)g=\gcd(a,b)g=gcd(a,b) 个。我们要求 N−2N-2N−2 个小球（强制两个端点选），需要放到 g 个盒子里，相邻两个小球的盒子编号差至少为 k，方案数为(g+1−2k−(N−3)(k−1)N−2)\dbinom{g+1-2k-(...

解题思路设前缀和为 s ，那么有 ai=kisi−1，si=si−1+ai=si−1+kisi−1=i+kisi−1a_i=\frac{k}{i}s_{i-1} ， s_i=s_{i-1}+a_i=s_{i-1}+\frac{k}{i}s_{i-1}=\frac{i+k}{i}s_{i-1}ai​=ik​si−1​，si​=si−1​+ai​=si−1​+ik​si−1​=ii+k​si−1​​然后不难发现答案sn=∏i=1nk+ii=Cn+k−1ns_n=\prod_{i=1}^n\fra...

解题思路考虑 xxx%rrr 后的值，如果 xxx%r∈[l,r]r∈[l,r]r∈[l,r] 那么下一次 xxx 再次变化一定是直接变为 0 ，否则中途一定不会变化。综上答案就是(r−max{x%r,l−1})×(x%r)\left(r-max\{x\%r,l-1\}\right)\times (x\%r)(r−max{x%r,l−1})×(x%r)时间复杂度：O(1)代码#include<iostream>#include<cstdio>#include&l...

解题思路要求出 ai≠bia_i\ne b_iai​​=bi​ 的位置个数对 2 取模的结果，感觉和奇偶性有关，然后得出个结论，当[a,b]中1的个数和[x,y]中1的个数奇偶性一样时，就输出0，否则输出1.证明：[a,b][a,b][a,b]中的1和[x,y][x,y][x,y]中的1有些可以对上，可以对上的数量是相同的，奇偶性也相同，所以减去他们不改变[a,b][a,b][a,b]中1的个数和[x,y][x,y][x,y]中1的个数的奇偶性。所以，剩下的ai≠bia_i\ne b_iai​...

example4解题思路不想叙述关于打线段树搞这题用了一个上午的事，我哭死，最后半小时发现思路错了就X尼玛，然后在线段数的基础上改了一个暴力，还比直接暴力少了30分。70分（LZH大佬思路）：设sum[i][j]sum[i][j]sum[i][j]表示再i点面基，从j到i所需代价，代价就是i~j中的最大值（RMQ瞎搞就好），预处理出这个sumsumsum，然后做一个前缀和，最后还是要枚举面基的地点，然后输出就是sum[i][y]−sum[i][x−1]sum[i][y]-sum[i][x-1]...

解题思路其实是一道还比较好看出来的 不是 结论题，暴力的话就直接枚举约数，然后看他是多少个数的因子就无了，然后稍微想一想。答案就是这个序列的最大值.对于一个因子i，假设他是j个数的最大公约数，我们让这j这j这j个数尽量小，也就是让最大值尽量小，则设那j个数为i∗1,i∗2,i∗3,i∗4……i∗ji*1,i*2,i*3,i*4……i*ji∗1,i∗2,i∗3,i∗4……i∗j，这样的贡献为j∗ij*ij∗i，而当因子为i*j时，只有一个数，贡献i∗j∗1i*j*1i∗j∗1，也为这个。这是假设...

解题思路由于输入都是小写字母，最多奇迹长度也就26，考虑二分长度，然后check就相当于移动区间，把长度为mid的区间不断向后移就完了。代码#include<cstdio>#include<iostream>#include<queue>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>#define ll long long#define db doubl...

解题思路非常诡异的把一道数论题变成了图论题。。首先把i，i∗ji，i*j%modi，i∗j之间连一条边，边权为abs（i−j）abs（i-j）abs（i−j），表示i能变成i∗ji*j%modi∗j，且所需代价为abs（i−j）abs（i-j）abs（i−j），然后成功让这题变成了图论题。对于每个i跑一边dij+dij+dij+堆优化（SPFASPFASPFA没爱了），就完了代码#include<cstdio>#include<iostream>#includ...

解题思路按照数据，分类讨论n-1=m和n=m的情况。对于树上的情况（n=m），题目暗含条件：当我们到达一个点时，我们必须遍历完它的整个子树才能后退然后去到别的点。此时，我们可以用vector来存储它的所有边然后按这条边的终点的编号从小到大排一下序，这样就可以保证字典序最小了。于是，我们用一个dfs按顺序遍历每一个节点，在dfs过程中把它们压入ans数组中，最后输出ans数组就可以了。后四个子任务n=m，而整个图又是联通的，这说明，这个图是一个基环树。基环树：可以理解成在一棵树上的两个节点...

解题思路分从左往右和从右往左两个方向差分。例子：定义a[i]a[i]a[i]，存放每个商店的价格；定义s1[i]s1[i]s1[i]，表示由第i+1到i最多可以赚的钱数；s2[i]s2[i]s2[i]，表示由第i-1到i最多可以赚的钱数；s1[i]=max(0,a[i+1]−a[i]);s1[i]=max(0,a[i+1]-a[i]);s1[i]=max(0,a[i+1]−a[i]);s2[i]=max(0,a[i−1]−a[i]);s2[i]=max(0,a[i-1]-a[i]);s2...

解题思路我们先预处理出所有桥包含的端点，全部跑一遍最短路。由于k很小，很容易想到状压，然后想压什么？压边还是压点，压边我们只有最多12条边，只需要2^12次方的状态，而压点我们最多可能有24个点，状态太多，所以我们只能选择压边。设f[u][S]f[u][S]f[u][S] 表示当前在u点，已经经过的桥的集合为S。然后转移只需要考虑最后在桥的哪一个点即可，即设桥有两点为u和v，我们经过此桥后当前可能是u点，也可能是v点，如果是u点，就说明我们是先跑到的v点，然后经过桥走到的u点，所以加上之前点道...

解题思路因为没有交集的路径求很麻烦，所以我们求 （所有的路径组 − 相交的路径组）（a,b）与（c,d）相交的路径可以分为下面两种，两条的l c a 为同一个，或是 c从（a,b）的lcal c alca向上走所以我们设 fpifp_ifpi​为以iii为根且lcal c alca的子树中，路径为p 的个数；gpigp_igpi​ 为以i 为根的子树，路径长为q 的路径，一截在子树内一截在子树外的个数。fq、gqfq、gqfq、gq同理.那么所有的路径组就为 (∑fpi)∗(∑fqi)(\...

解题思路对于一个数x，只要一个区间中出现了x，而不论它的个数是多少，它对这个区间权值的贡献都只是1。那么我们考虑枚举每一个x来求出含有它的区间的个数，然而直接求很麻烦，我们运用补集转化的思想，求出不含x的区间个数，用总区间个数减去这一部分的值，即为x的贡献。我们假设得到了x在这个n×k的数组中出现的位置分别为p1,p2,⋯,pmp1,p2,⋯,pmp1,p2,⋯,pm因为对于一个长度为x的序列，它总共有x(x+1)/2x(x+1)/2x(x+1)/2的子区间（一个数也算做一个区间），所以我们设...

解题思路代码#include<cstdio>#include<iostream>#include<queue>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>#define ll unsigned long longusing namespace std;const ll mod=1e9+7;int n;ll a[1000010],maxn,min...

解题思路看懂题目就很好做了，就是把所有构成逆序对的两个数相乘，再乘上他们在多少个区间存在过。用归并排序+前缀和：ans+=a[i].x∗a[j].x∗i∗(n−j+1)ans+=a[i].x* a[j].x* i * (n-j+1)ans+=a[i].x∗a[j].x∗i∗(n−j+1)，预处理a[i].y=a[i].x∗ia[i].y = a[i].x * ia[i].y=a[i].x∗i， a[i].suma[i].suma[i].sum保存a[i].ya[i].ya[i].y的前缀和，这...

解题思路当一个环无法被涂上任何颜色的时候，可以推断，——颜色一定是交替出现的。因为如果两个相同颜色连续，必定中间存在至少一个空位，这时另一种颜色必然会填上这个位置。所以，当一个环无法涂上任何颜色时，颜色出现的数量一定是偶数。所以后手一定会赢。 只有在环的大小为 1 时，先手可以赢。所以统计环大小为1的个数，若为奇数，就先手胜。代码#include<cstdio>#include<iostream>#include<queue>#include&...

解题思路知道这个以后比较容易发现要使连通块数量最大要优先处理非环边，因为非环边一删的话连通块个数能+1，环边的话要先删除一条边变成链，再在链上删除一条边才能使连通块个数+1,所以根据贪心思想我们要优先处理非环边，删完非环边后若还有剩余的话再处理环边。假设K够大的话，我们优先删比较大的环，这样的话才能十连通块个数最大。如何判断环边和非环边？？用DFS暴力，记录每个点的dfs序，若存在一个环，最终一定会回到起点，所以假设当前为u节点时，v是儿子节点，若儿子节点已经标记过了，代表现在从v出发回到了v...

解题思路如果一张牌的两个数字分别为 x,yx , yx,y，我们将x和y连边，那么最终就会形成几堆连通块。如果一个连通块是一棵树，那么选每一条边相对于可以选一个数字。所以我们记录每一个连通块的边数、最大值和最小值，如果max−min≥sizemax−min≥sizemax−min≥size，那么久不可能构成一个min∼maxmin∼maxmin∼max的顺子，也就是所有包含[min,max][min,max][min,max]的询问都不可以选择成功。统计下所以不合理的区间，将取件按照左端点排...

解题思路我们对 a 数组进行排序，易证最优决策为：存在位置 i，使得 a1—>aia_1—>a_ia1​—>ai​均加上k ，ai+1—>ana_{i+1}—>a_nai+1​—>an​ 均减去 k。枚举每一个i 计算答案，sum=max(a[n]−a[1]−2∗k，a[i−1]+2∗k−a[i])sum=max(a[n]-a[1]-2*k，a[i-1]+2*k-a[i])sum=max(a[n]−a[1]−2∗k，a[i−1]+2∗k−a[i])，最大的减...

题目描述小Biu去逛超市，超市有一个长度为n的货架，第i个位置摆放着价值为a[i]a[i]a[i]的商品，小Biu有很多好朋 友，他想给好朋友们买一些礼物，但是小Biu又是一个很细心地人，他想让所有朋友收到的礼物的总 和一样，而且送给每个朋友的礼物必须是位置连续的一段商品，小BiuBiuBiu想知道他最多可以给多少个好 朋友送出礼物。输入格式第一行两个整数n(1<=n<=1000)n(1<=n<=1000)n(1<=n<=1000)。第二行n个整数,第i个整数为

题目描述小BiuBiuBiu送给小PiunPiu nPiun 个礼物，每个礼物的体积为v[i],现在小Piu有m个箱子，每个箱子的体积为k ,去装这 些物品,小PiuPiuPiu会从左到右依次选择每个物品，如果当前箱子可以放得下这个物品，就把物品放进去， 否则就用下一个箱子，现在小BiuBiuBiu想知道他最少拿走前几个礼物，可以使得小PiuPiuPiu的箱子能装下剩下的 所有物品。输入格式第一行三个整数n,m,k(1<=n,m,k<=100000)n,m,k(1<=n,m,k&l

题目描述一辆苹果能源汽车每次最多载苹果K个，而它每走1公里要用1个苹果。现在这辆车要去到N公里以外 的地方，如果N > K，那么即使装满了苹果，也无法1次走到目的地，不过可以在中途设置一些补给点 (补给点可以任意指定，不必要为整数点），先把一些苹果运过去，下次经过时可以在这些地方进行补 给。这样一来便能走到距离 > K的地方。现在给出N和K，问走到目的地最少需要消耗多少个苹果(输 出向上取整的整数答案)。(消耗苹果不满1个记1个,例如，消耗1.3个记为2个，消耗2.000012.000012

题目描述现在工厂里有三根铁棒，分别长为a，b，ca，b，ca，b，c，现在你可以对其中一些铁棒进行加长，但总的加长长度 不能超过L，问有多少种加长的方案使得加长后的铁棒可以构成三角形。输入格式共一行，包含4 个整数a,b,c,L(1≤a,b,c≤3e5,0≤L≤3e5)a,b,c,L (1≤a,b,c≤3e5, 0≤L≤3e5)a,b,c,L(1≤a,b,c≤3e5,0≤L≤3e5)。输出格式一行一个整数表示答案输入输出样例输入 #11 1 1 2输出 #14输入 #21 2 3

题目描述作为字符串属性的魔法师，小R有一件史诗级法宝——字符串S作为小R的粉丝，小P努力修炼，深入险境，只为获得和小R类似的法宝，经过数十年的积累，小P获 得了n个字符串，现在小P想知道，这n个字符串有多少个在S中出现。请你帮他统计一下一个字符串t在S中出现，是指t为S的一个子序列。输入格式第一行一个字符串S第二行一个正整数n接下来n行，每行一个字符串c[i]输出格式一行一个整数表示答案输入输出样例输入 #1abcde4abbacdace输出 #13输入 #2b

题目描述沈灵是福建中医药大学的一位医学博士，一直从事癌症的研究和治疗。某次实验时她很好奇人身体里 面的抗病毒细胞和病变细胞是怎么样消灭和吞噬掉对方。于是她就设定抗病毒细胞和病变细胞各自组 成一方，组建各自的细胞进行对战。现在双方共有n个队长（n为偶数并且不小于4），任意两个队长 之间有一个默契值，表示这两位队长组成一对组合作战时，该组合的力量有多大。对战开始前，所有 的队长都是自由的（如果某一位自由队长选择了某一方并成为其中一员，那么他就不是自由队长了； 意思是：自由队长不归属于任何一方）。抗病毒细胞和病