Strezia的博客

复数

杭电多校6 1010

牛客多校4 A

杭电多校3 1012

牛客多校第二场H题

牛客多校第二场L题

牛客多校第二场K题

Problem F数论分块题意给你两个数 n,m(n,m≤1e8)n, m(n, m\leq1e8)n,m(n,m≤1e8)， 你需要选择两个数 x,y(x,y≥0,n−x>0)x, y(x,y \geq 0, n-x>0)x,y(x,y≥0,n−x>0)， 使得 m+ym+ym+y 是 n−xn-xn−x 的倍数，请最小化 x+yx+yx+y 。思路首先如果 n≥mn\geq mn≥m ，可以直接得出答案为 n−mn-mn−m，下考虑 n<mn<mn<m 的情

Gym102091比赛时只写了CDGHJLC对二元组 (ai,i)(a_i, i)(ai​,i) 以 aia_iai​ 为第一关键字， iii 为第二关键字升序排列，求最长的序列使得对任意 i,ji, ji,j 有 ∣i−j∣≤w|i-j| \leq w∣i−j∣≤w。直接dp即可，时间复杂度 O(n2)O(n^2)O(n2)int n, w;struct Node { int a, idx, cnt; bool operator < (const Node &x) const

Link题意有 nnn 个价值为 aia_iai​ 的宝藏，清醒的海盗和喝醉的海盗轮流拿。清醒的海盗总是会拿价值最大的宝藏，喝醉的海盗则会随机挑一个剩下的，问两个海盗获得宝藏总价值的期望。思路首先把宝藏价值从小到大排序，由题意每次清醒的海盗都会拿价值最大的，也就是最右侧的，喝醉的海盗随机拿。反过来思考，在空箱子中从小到大轮流放球，清醒海盗放的球为黑色，醉海盗为白色，第 iii 个球为黑色表示清醒海盗拿了第 iii 个宝藏。概率dp，dp[i][j]表示已经放了 iii 个球，其中第 jjj 个为

Link贪心题意一个吸血鬼 有mmm 滴血的上限，一开始满血，每秒钟会掉一滴血，且可以对一个怪物造成1点伤害,有 nnn个 怪物，每个怪物有 tit_iti​滴血，击杀一个怪物后可以回复 hih_ihi​ 滴血，但是不能超过上限，问是否可以击杀所有怪物思路首先由于恢复体力后体力也不能超过上限，所以预处理 hi=min(m,hi)h_i=min(m,h_i)hi​=min(m,hi​)1.由于可以更改攻击目标，所以若 hi≥tih_i \geq t_ihi​≥ti​，则可以回复 hi−tih_i-

Link模拟，set题意看了半天发现就是模拟自走棋升级棋子过程，还蛮有趣的。m,n,km, n, km,n,k 分别代表加入棋子次数，位置个数，合成一个更高星的所需的个数。具体要求： 设当前加入的棋子名称为 sss。（每次加入的均为1星形态）if 若场上已有3星 sss ，直接跳过。else if,如果场上已有 k−1k-1k−1个1星 sss，则移除这些棋子，并在最左边的空位放一个2星 sss。如果此时有 k−1k-1k−1 个2星 sss，则以同样规则合成3星。else 如果场上有空位

这场因为收拾东西准备回家所以没有打，刚刚回家了补一下。B.智乃买瓜背包int n, m;int w[maxn];int dp[maxm];void solve() { cin >> n >> m; dp[0] = 1; if(n == 0) { for(int i = 1; i <= m; i++) cout << 0 << ' '; cout <<

linkG.小沙的身法由于给出的是一个树，所以两点间简单路径唯一。考虑极端情况，给出的n个点构成一条链，可以用前缀和求解，所以容易想到用lca通过类似方法计算。const int maxn = 1e6 + 10;int n, m;int vis2[maxn];int a[maxn];int Log2[maxn], fa[maxn][30], dep[maxn];int head[maxn];bool vis[maxn];long long zheng[maxn], fan[maxn];

link第一场，比赛时只过了6题，被a题卡了然后run了。A.九小时九个人九扇门思路或许有用的结论：一个数的数字根等于这个数对9取模的结果（特别地，取模得0则数字根为9）dp，状态转移方程蛮简单的，然而比赛时一直不知道怎么处理只选第 iii 个数的情况，看题解发现设 dp[0][0]=1dp[0][0] = 1dp[0][0]=1确实很妙。code// Decline is inevitable,// Romance will last forever.int dp[2][10];int

Link题意之后有空补 先贴上代码思路// Decline is inevitable,// Romance will last forever.#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define RE0 return 0#define mp make_pair#define pii pair<int,int>#define pb push_back#define fi first#define

ICPC沈阳今天打比赛的题目，很快想到了方法但并查集写不对，太菜了，调很久才过题意给出n，m条限制，每条限制形如u, v, w，表示a[u] xor a[v] = w，构造一个数组a使得这n个数的和最小，若无法构造则输出-1.思路显然，如果不在m条限制中，则直接置0即可，否则对于每条限制，若两个点不在一个集合里，把两个点所在集合合并，每个集合存储一个根节点，z[i]存储第i个点与根节点的xor值，通过带权并查集把w转化成z[i]，具体见代码。否则若z[x] xor z[y] != .

题意：给出一个有n个珠子的项链，需要分成m段，使得给出的m个数每个数都处在单独一段，输出最长段的最小长度。1 <= m < n < 1e18, m <= 1e6思路：显然，二分答案，一开始没有注意是项链，每次check贪心地从0开始，cur表示当前的位置，每一步若cur + mid <a[i]，则return false，否则cur = min(cur + mid, a[i+1]-1)，wa了。改进的时候加了一个偏移量delta，具体见代码。// ..

Link题意：给出B进制下每一位大小，从中选一位将其改小，使得新数M模（B+1）余零。输出改哪一位以及改成几，如果有多种改法，选择使得M最小的一种。思路：注意到对任意一个数，x ^ n % (x + 1)的值只为1和x，其中当n为奇数时为x，否则为1，利用这个性质可以简单的写出代码，注意遍历时从高位向低位即可。// Decline is inevitable,// Romance will last forever.#include <bits/stdc++.h>us

题意：找出一个p，让这个p尽可能多得整除区间内的数，问这个p最多能整除区间内的多少个数。思路：把每个数分解质因数，转化成求区间众数，进而使用莫队解决。// Decline is inevitable,// Romance will last forever.#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define mp make_pair#define pii pair<int,int>#define pb

链接题意：构造一个字典序最小的字符串同时满足长度与串AB相等，并且与A的汉明距离等于与B的汉明距离，具体见题目。思路：贪心地构造前缀a尽可能多的字符串一开始写复杂了，实际上有很简单的写法，即代码check函数不要忘记给z加绝对值！#include <iostream>// #include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 10;#define pb push_ba

第一签到题题意：T组输入，每组输入包含两个数字x和y（long long int）。对x有一种操作，可以将 x的二进制 任意相邻的三个位逆置。问最少进行多少次操作，可以使得x等于y，不可能则输出-1思路：reverse三个位置，即中间位置不受影响，即奇数位置和偶数位置1的数量是固定的，所以先判断x y奇数偶数位置的1数量是否分别相等，不等则不可能，否则一定可以达到。然后考虑最小化次数，首先分成奇偶两部分，对每一部分，贪心的枚举每个1的位置，然后对应位置相减取abs即可， 具体见代码。

链接题意：给出n个数，每次操作可以使所有数加一，试寻找最小的操作次数k使得这n个数的gcd > 1，若始终无法达到则输出-1思路：如果最后的gcd>1，那么n个数每个数都是gcd的倍数，那么他们的差值也是gcd的倍数，所以求所有差值(排序后)的gcd，如果gcd==1，则没有办法使他们的gcd>1,但是需要特判下如果所有的数都相等而且>=2，那么0次就够了，如果==1的话则需要都加1.对于其他情况的话，暴力求出来gcd的因子，然后对于随便一个数验证次数，取一个最小值即

题目链接题意： 中文题思路：题目要求维护区间两两数的乘积，可以转化为维护区间的平方和。需要用到逆元// Decline is inevitable,// Romance will last forever.//#include <bits/stdc++.h>#include <iostream>#include <cmath>#include <cstring>#include <string>#include