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题意：给定一个长度为n的序列a1,a2,…,an，将它划分为m段连续的区间，设第i段的费用ci为该段内所有数字的异或和，则总费用为c1 or c2 or … or cm。求总费用的最小值。从高到低枚举每一位，我要把这个序列分成m块，使每块中只有偶数个数该位为1。那么如果我把它分成尽可能多的块使每块中该位有偶数个1，那么任意两块合并之后仍然满足每块中该位有偶数个1。分块过程满足贪心性质，可以从前往后贪

720A贪心，把从(0,0)开始的人按距离从小到大排序，然后按顺序枚举所有人，尽量往下，在保证这个的前提下尽量往左。 这样可以将从(0,0)开始的人都填进去，然后把空位置按到(0,m+1)的距离排序，验证一下(0,m+1)的人是否都能填进去。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n,m,k,l;int v1[11000],v2[110

1229: [USACO2008 Nov]toy 玩具听说这个东西满足三分，并不知道为什么。。。 三分需要新买多少，然后贪心：优先选新买的没有用过的，然后选慢洗的，然后选快洗的。 按时间维护一个队列，每次将当前时间-快洗时间的加入队首。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 110000#define MP(x,y) ma

感觉自己语文水平捉鸡，粘一下吴大爷的题解吧。。。 “ 我们维护以每一个节点为根的子树内部有多少个没有确定权值的点,另外,我们利用一个数组维护每个权值已经给了哪个节点. 我们从小到大遍历每个权值,若这个权值当前并没有确定给哪个节点,则将其压入栈中;否则我们在对应节点的子树中进行一系列确定操作: 我们维护栈中有多少个权值,以及有多少个自由权值.(这个是什么一会再说) 若未确定的节点数正好等于当

感觉这题还是挺迷的。。。 并不会证这个玩意为什么是对的。。。固定第一个点的值，其他点的值取a[i]-(i-1)*d（这个点能取的最小值） 然后每次找一个后缀，把这个后缀所有数加一个大于0的值，且保证这是最优的取法下加的尽量大的值。 由于每次把一个数加到最值所以复杂度是O(n2)O(n^2)的。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#defi

对于第一问答案就是∑(du[i]−1)/2+1\sum{(du[i]-1)/2}+1 对于第二问先二分答案，对于一个非根的点，一定有一条从父亲向下的链，设f[i]表示到点i父亲往下的链最短长度。 将当前点的所有儿子的f[son[i]]+1f[son[i]]+1 放到一起排个序。 二分f[i]的位置，检验时去掉二分位置的值，贪心每次拿一个最小的匹配最大的（组成一条链），如果儿子总数是偶数把剩余的

把所有pi排序。最终答案一定是这样的。 就是先一些向左匹配的，再一些向右匹配的。 设f[i]f[i] 表示前i个点的最大个数。 枚举最后一个同向的区间。验证时从小到大枚举验证。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 61int n;int a[N],f[N];int get(int l,int r,int x)

设f[i]f[i] 表示到i最长的长度。 然后两个树状数组和一个普通数组分别维护大于，小于和等于。 不会证这个东西。。。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 1100000#define A 1000000int n,K;char s[N];int tr1[N],tr2[N],tr3[N];int a[N],f[