louisdlee的博客

每次只排列入度为 0 点，意味着当前放置的点已经不受限制，直接放即可，放完之后把下标往后加，并把周围的入度减一。重叠部分是由上一个矩形的右上角和下一个矩形的左下角重叠而成，所以重叠矩阵的四条边都不会被计算。的子数组大小为奇数时一定是好数组，因为不知道奇数数组具体有多少个，也不知道偶数数组具体有多少个，最好的方法就是用所有的方案数减去。PS:这其实是区间计数问题的模版，因为区间计数问题几乎都是要找到一个能转换为方程式的性质，然后进行前缀和计数这种。所谓可控，就是要量足够小，规律性足够强，能够重复构造的东西。

次，其他时候都是承接上一秒的状态，对于上一秒的状态直接记录即可。门开和门关时重新计算一下每个点到哪个门是最近的。所以可以对于每种质因子，为每种质因子创建一个出现次数列表，将出现次数最多的依次从后往前分配。当任意操作都会取等号的时候。中每种质因子的最多出现次数留下来组成的值。也就是当数组中任意两个数都成倍数关系的时候。的每种质因子最小出现次数留下后组成的值，那么存在所有人说的都是真话的可能。个人说的是真话，最后一个人是假话。的倍数，它的最后一位必须是。中的每一位对最终答案的贡献。使得最后的数最大，次大，

看似上面一直说合并集合，实际上我们可以发现，当前最高的树只能往右边跳，我们只要维护上一个集合的左端点，以及维护上一个集合的最小值即可。因为最终要求的数是非递减的，所以最终数组内都是同一种数的方案是可行的。回到这个问题，也就是说，最多我们用三份相同的调料包，不可能用四份及以上的调料包。，需要判断是否这棵树能跳到最高的树后面，如果可以的话，那么从。，它可以直接跳到它后面所有的树上，所以直接遍历即可。是偶数的时候，显然可以相邻地放两个相同的数。是奇数的时候，最小的一组勾股数是。由于给定的数是非递增的，所以。

所以我们累积每天的拼图总数，如果当前拼图总数达到了当前记录的层数所需的拼图数量，就把层数增加且答案增加。对于一个列它要么是只被经历过第一行，要么只被经历过第二行，要么它是转折处（第一行第二行都被记录答案）。最后判断栈顶的数和堆顶的数谁更大，如果栈顶的数大于堆顶，那么不断将其弹出加一塞到堆内。里面的数有哪些，我们只需要在所有数还没操作的时候，从小到大操作一遍它们即可。我们可以枚举哪些列当转折处，对于剩下的还没被分配的列，不难发现，如果第。里面的元素都是已经被操作过相同次数的数，那么集合。

AT最短路刷题3（本文难度rated 1200~ 1400）题目来源：Atcoder题目收集：（里面按tag分类好了Atcoder的所有题目，类似cf）（访问需要魔法）这算是一个题单，各位有兴趣可以按照这个顺序来刷。我的代码仅供参考。会提示关键性质和步骤。部分有注释。洛谷、知乎、可以搜到题解。

ATC最短路2 （本文难度rated 1000~ 1200）题目来源：Atcoder题目收集：（里面按tag分类好了Atcoder的所有题目，类似cf）（访问需要魔法）

ATC最短路1 （本文难度rated 0~ 1000）题目来源：Atcoder题目收集：https://atcoder-tags.herokuapp.com/tags/Graph/Shortest-Path（里面按tag分类好了Atcoder的所有题目，类似cf）（访问需要魔法）文章目录ATC最短路1 （本文难度rated 0~ 1000）1-**Hands**2- **Cat Snuke and a Voyage**3-**Collision** https://atcoder.jp/cont

对于我们要获得第几次的字符串，就需要从位置n入手，因为第0次的字符串，删除了0个字符，长度为s.size()可以提前算出来 0----a、0-----b、a-----b、a----p、b-----p 之间的距离。假如我们要获得第 k次的字符串，那么我们重复k次，每次将第一个遇到的逆序字符删除就行了。第k次的字符串，删除了k个字符，长度为s.size()-k。因为2%3的余数是2，4%3的余数是1。对于一个数，它模以3只有三种结果：0，1，2。那么a,b模以3也只有三种结果，0，1，2。

对于k==4, 因为任何数不是偶数就是奇数，所以计算奇数偶数个数即可。题目比较仁慈，只要我们的集合里面有不相交的线段，就输出yes。所以我们先统计出现奇数次的字符有多少次，设为cnt。所以若k>cnt，那么多出来的用偶数次的抵消即可。=4，只需要取模k找余数离k最近的即可。若k<cnt，若cnt-k>1,则无法构成回文。当偶数只有一个，且奇数大于1个，则答案为1。所以只有全都是相交的线段时，才输出NO。所以分为k==4 和k!当偶数超过2个，或者存在4，答案为0.当没有有数，如果有3，那么答案为1。

选择用vector，如果是操作1，就pushback。用dikjstra算法即可，一个很板的题。很简单的记忆化搜索，按照题意模拟即可。如果是操作2，直接从后往前找第k个。单点查询，区间修改，懒惰标记。

(a[j]\in[\ a_i-d,a_i+d\ ])$结尾的最长合法序列的长度。显然，要优化，不可能优化第一层循环，因为这是必需的时间复杂度O(n)的。我们就以a[i] 作线段树的下标，然后 dp[i] 作对于的值。所以我们只要再来一层循环，枚举 $j \in [1,i-1]而以 a[i]结尾的最长合法序列的前一项------a[j]通俗一点就是，在已经出现过的序列内的一个区间中找区间最大值。由于是bfs，所以每次步数都是上一次+1，很好转移。暴力做法就是，求以a[i]为结尾的最长合法序列。

我们最开始的状态倒过来存入数组中，然后每次修改一次，就往数组后面添加一个状态。查询的话就输出 v[ v.size() - p ] 即可。朴素做法是，每一次修改前，修改a[i]=a[i-1]蛇形矩阵，记录一个是否前方为边界，或前方是否被占用。时间复杂度为O(nq) =把最后一个字母改成字符串。三重for循环嵌套即可。

如果负号少，正号多，那么一定能有一个或多个区间将正负号抵消，那么剩下来的正号单独划分即可。可以得出，如果元素之和的绝对值>=1 的时候，若长度大于1，其罚金必然比 单独元素交的罚金多。此时需要放在y后面，因为如果放在x后面，x本来很长的板子就缩短了，不利于后续的操作。所有情况就讲完了，但是有一个错误点，就是，不一定a[2]作为一个区间的开头更优秀。将a[2]放在t2后面更优，因为t2的原本短的结尾更长了，能挡住更多的元素。wa了很多次，先讲讲错了的思路，然后可以更好的过度到正确的思路。

只要我们把一个数组排好序，那么不管怎么交换，都不会减少逆序对的数量。如果发现一行填不满，只需要将一个位置换成 1x3的砖块即可。1、选中的下标里有一对逆序对，那么交换后，仍然是一对。找到a中第一个与b不同的位，且a在这位上是1.2、选中的下标里有两对逆序对，交换后变成0对。3、选择的下标里有0对逆序对，交换后变成2对。第x位为1大于 0~x-1 的所有位为1的值。此后，所有的a与b不同的位，x都与a相同即可。不需要竖着的砖块，全部为横着的砖块即可。其余的都填1x2的砖块。二进制，位运算，贪心。

所以，我们可以从1~m扫一遍，记录有多少份合格的单元（包含前k种字符）构造一个 n*k 长度的字符串，将字符串分成n份，每一份长度为k。开始打擂台， ans=max(ans,符合条件的因数)如果合格的单元少于n，那么这个字符串一定是不合格的。(合格的单元的最后一个字符+不合格单元缺少的字符)那么将x分为n份方案，每份方案必然是x或x的倍数。由第一题可知，给定的m必须是大于或等于n*k。（这个规律很难找，需要自己多写一些长的样例）如果 (x/i)*n < x 也记录答案。枚举x的因数i，x/i。

/当g==0时，说明，v[j+1]=v[j],也就是每一项都相同。如果爱丽丝要消除j个元素(必然从最大的开始消除），那么消除掉的元素之和：nxt[n-j]显然，要找到一个m，使之满足上面的所有式子，那么m必然是它们的最大公约数。注意到，如果不满x个，那么我们就选剩下的所有: sum-nxt[n-j]只要枚举j 使2nxt[n-j-x]-nxt[n-j] 最小即可。我们需要找到m，使得每一段的数，分别对m取模的结果是一 一对应的。也就是减去 2倍的 nxt[n-j-x]-nxt[n-j]

所以，这个数组的长度必须是偶数，不能是奇数，因为奇数会多出一个自己和自己配对的情况。给一个数列a，元素只包含01，我们可以选择插入数组b 使得数列a的元素交替进行。若数列a内有两个元素，如果这两个元素能满足交替进行的数量那么也是YES。给你一个数列，任意排序，使得相邻两项的和为k，判断是否存在这样的构造。2、当连续的数是00，且数组b交替进行，且数组b的两端是1，则yes。1、当连续的数是11，且数组b交替进行，且数组b两端是0 则yes。显然，当数列a中有两个连续的数的时候，我们才需要插入01。

如果 x<y , 那么我们需要不断的往右移动，如果x+1 是x的最近城市，那么移动到x+1只需要1个金币， 否则移动到x+1就需要 a[i+1]-a[i] 个金币。​ 2.C[i]与它们相同时，则不可能存在t[i]与AB匹配的同时与C不匹配 , ans++​ 1.C[i]与它们不同时，那么可以找到一个t[i]与AB匹配与C不匹配，bns++​ 2.C[i]与它们相同时，则不可能存在t[i]与AB匹配的同时与C不匹配, ans++作为等边三角形的边的种数。

他的部分值为：sum2= (u+1) + (sum[pos]-sum[l-1]-u-1) 分为两个部分，一部分是能力增长的，一部分是能力下降的。能力值：（u-sum1+1 + u）*(sum1)/2 (等差数列，首项为u，末项为u-sum1+1，项数为sum1)（负值） (1+ sum[pos]-sum[l-1]-u-1)*（sum[pos]-sum[l-1]-u-1）/2。当sum=1，最少的操作是1，前提是取模后的a数组内有1存在，对a排序后用find查找即可。

我最开始的想法是模拟，将所有数据插入multiset中，然后当sasha操作的时候，取出里面最大的和最小的，合并，然后放回multiset中。一共就三个字母，我们只要每次从第一个字母开始，如果搜满三个字母，且正好总和为n，那么这就是答案，直接返回即可。算出平均数，然后从1开始，将多了的传递给下一个，直到最后一个，再检查一下第一个和最后一个是否为平均数即可。先手Anna，她最优的操作是反转后置0最多的数，使得总位数减少的多。所以记录位数之和，然后记录每个数的后置0，并按后置0个数从大到小排序。

将a，b数组内所有的小于等于k的数字都插入到集合a1、b1、 t中。（t是插入a，b元素的总和）=a[i-1] , s[i]=i-1;否则 s[i]=s[i-1];如果，第i个数与第i-1个数不一样，记录这个不一样的地方的开端：i-1。如果区间[l,r] 之间所有数都一样，那么 s[l]=s[r]s[i] 等于 i的左边第一个与a[i]不一样的点的下标。s+=c 和 s=s+c 的时间复杂度是不同的。三：计算集合a，b之间不重复元素的个数，记为cha。如果i+1还是不一样的话，那么记录不一样的开端：i。

所以我们要想三位数不进位，那么就将每一位数分成3份，放到 相应的位上。当出现b/B，就将计数器++，当出现大小写，就将计数器–，并标记。当a+b+c 会进位的时候， 9+1–>10 ，位数之和就减少了9。当k超级小的时候， 如k=1 ，l[i]=2,r[i]=4。所以当 start>end 的时候，这个区间是不存在的。我们注意到，每一次跳，start的结果必然>=l[i]很好理解，因为a，b，c都是十进制，当你缝9进1。例如99，将个位的9，分成3份到abc的个位上。