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只需要对所有的单位square升序排序，从第一个开始往上添水ji

本题目要让删除尽量多的边，使得图上存在一条从s1 -> t1 不超过 l1 的路径，和一条从s2 -> t2 不超过 l2 的路径。因为点数不超过3000，边数也不超过3000，且边权都为1那么直接bfs求出任意两点的最短路径。然后直接枚举重叠部分的两个点，重叠的起点和重叠终点然后暴力就可以了。//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1

本体题意不再描述。把三个国家缩成三个点，那么把这三个点连起来，只有两种方法，可以尝试画一下，然后思路就很明显了。#include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long ll;#define rep1(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)#defi

题意：给定n条直线( y = kx + b) （n分析：首先每条线段与直线y = x1 , y=x2的 两个交点的y坐标记为(y1 , y2 )可以这样来看存在两个直线在x1,x2之间的截线段相交，（y1, y2） ,(y11 , y22) 若y1 > y11 , 那么必有y2 #include using namespace std;typedef long lon

题目： 小A有一个1-2^N的排列A[1..2^N],他希望将A数组从小到大排序,小A可以执行的操作有N种,每种操作最多可以执行一次,对于所有的i(1  下面是一个操作事例:  N=3,A[1..8]=[3,6,1,2,7,8,5,4].  第一次操作,执行第3种操作,交换A[1..4]和A[5..8],交换后的A[1..8]为[7,8,5,4,3,6,1,2].  第二次

求图从s出发的最短路径树的边权总和最小。在跑dijkstra时候，保证每个点的父边权值尽量小就可以了。//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")#include #include #include #include #include #include #include #include #includ

题意：很明显给定n，m（n,m并给定一个长度为m的数组 ， 代表m天每个人可以工作多长时间。下面共有n对二元组，（d,t）代表第i个人需要完成工作量为t的任务，可是每天要么不干，要么先拿出d的时间来准备，然后剩下的可行时间工作，问每个人最少需要到第几天完成任务。分析：这样的题目，很明显的思路，离线排序使之产生顺序化，然后从一边开始考虑，是的前面兼顾后面的条件，加上点数据结构即可

题意：给出一颗n（n分析：首先我们来看一下，要把这m个点联通需要的最小联通子树的边是必须遍历到的，从其他不在该子树上的点出发，这些边也必须遍历到，那么从子树上一最远点出发最优。因为从一点出发的答案为  遍历到的边数*2 - 从该点出发的做能到达的最远点所需边数。所以从该公式可以很明显发现，在最小联通子树上的一个最远点出发最优。#include #include #inc

题意：给定一个长度不超过100的原串，让重复复制现在的串，然后向右循环移动pi次，粘贴到串的右端，重复该过程n次（每次串长都将翻倍），给定m（m分析：由于(1可以这样来看问题 记 f(i) 为从初始位置开始特定字母出现的次数，ans = f (r) - f(l-1)；这样的查询，使我们想着能不能够递归60层，不分叉的统计出结果， 答案是可以的 ， 注意到 深度为 i

题目意思，给了最多400个点的完全图，但是每条边可能是公路也可能是铁路，求1个火车和一个汽车同时都从1出发到n中间不走到重复点的最短时间.1 - n 这条边必定是铁路或公路，然后就没有然后了。下面是自己傻X用压缩了一下转移写的。直接辆车出发最短时间到n 的最小值即答案、#include using namespace std;typedef long long ll;ty

题目意思：    给定一颗root为1的树，节点最多5e5个，每个节点有一个英文字母，要求在指定子树根节点x，和指定深度y，求该子树y深度所有节点的字母能不能组成回文串。解法1：   利用dfs序，为所有点标上进出两个标记，既可以代表一个区间(dfs序很重要的一个应用)，顺便将每个深度下所有的单个字母出现的标号统计到相应的vector中后，在计算答案时进行26次二分上下界求

一个很简单的问题，暴力枚举k，然后每次的复杂度位O（n/k）;这样很明显的nlog(n);至于每次在数组A 上求一个L , R 使得sum（L , R） * MIN（L ,R） 最大，只需维护每个点的最大延伸区间，可以用栈边走变维护，或者直接保留成数组递推。#include #include #include #include #include using namespace s

#include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long ll;#define rep(i , n) for(int i = 0 ; i < (int)n ; i++)#define rep1(i , x, y) for(int i = (int)x; i<=(int)y;

此题从从一个特定角度想，就很好做，而直接枚举可行解，复杂度太高。 可以想到，将所有的长度从大到小排序，逐个放回原来所在位置，任何一个可行解，必然满足是比可行解大或者等于可行解的值是排序后序列的前缀，这样，逐个放回，统计剩余区间的长度和个数即可。这是自己笨拙的代码#include&lt;cstdio&gt;#include&lt;iostream&gt;#include&lt;string&gt...

本题目意思：给定n个点，给定一个n*n的转移矩阵，要求求出所有长度不大于M的序列个数，（M分析：记 d[i][j] 生成至多长度为i的且以j开头的所有串的个数，d[i+1][j] = sum( d[ i][ k ] )+1( 其中 j->k可达)那么记矩阵tran (n+1,n+1)= [               0   A,           0     

题意：给定串 S1，S2，要求判断S1是不是可以通过在原串任意字符后插入与该字符不同的字符得到S2。若没有不同这个条件，直接判断S1是不是S2的子串即可。若s1 是s2 的子串，我们可以对比他们的第一个字母所延伸的长度。若s1[0] != s2[0 ] 一定不可以。如aaaabb.....   aaaaaab...这样的是不可以的，这意味着必须在一些a的后面插入a才能得到S

#include #include #include #include #include #include #include using namespace std;#define rep(i,b,c) for(int (i)=(b); (i)<=(c) ; (++i) )const int maxn = 22;long long maze[maxn][maxn][maxn]

1023. Arranging DominoesProblem code: ADOMINODominoes have long entertained both game enthusiasts and programmers for quite some time. Many games can be played with dominoes, i

#include #include #include #include //using namespace std;const int maxn = 1005;int max(int a, int b){ return a>b ? a:b; }int min(int a, int b){ return a<b ? a:b; }int up[maxn][maxn],left[m

#include #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn = 210;char str[maxn],src[maxn];int main(){ int T; scanf("%d",&T); for(int kase

首先，定义  xi 为 i 给 i-1多少个硬币；记平均数为M可得到n-1个方程 A1（原来i有的硬币）- x1 + x2 = M;  A2 - x2 + x3 = M; ..... 特别说明第n个方程可由前n-1个推出,所以去掉；将式子变形 x2 = x1 + M - A1;  x3 = x1 + 2*M -  A1 - A2; .....  记A1 -  M  为 c1 ; A1

要从初始状态移动到目标状态，需要建立参考状态，然后根据移动的可逆性，只需将两个状态移动到参考状态的和加起来即可；首先，最大编号在两个状态中位置相同，则没必要移动，移动反而不够成最优解，若最优解中需移动该盘子,那么在最优解中去掉该盘子来回移动的两部依然构成解，与最优解的性质矛盾；所以只需找最大的那个不同位置的盘子，才是必须需要移动的，记为k假设将k从1移动到2，那么必须将前k-1个盘子移动到

二分求最大满足条件的quality#include #include #include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;const int maxn = 1010;int id,n,m,b;map vis;int ID(char* str){

一开始开到y-x >1e-9直接超时；看来不可过度的去二分啊；#include #include #include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;const double P = acos(-1.0);const int maxn = 10010;

分奇偶讨论；#include #include #include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;const int maxn = 100000+10;int n,a[maxn],le[maxn],ri[maxn];int Judge(int x){

总之从大到小填充，贪心放置；6，5,4,3都要自己独立的礼盒；剩下的空隙尽量填充2，然后全部塞入1#include #include #include #include #include using namespace std;const int u[4] = {0,5,3,1};int a[7];int main(){ while(scanf("%d",&a[1

#include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1stack Q;int n;int main(){ int kase=1; while(s

题意描述：原先设定第0颗树只有一个节点0,现在要生成第i颗数，选  ai, bi, (ai < i, bi< i) 中两个节点（ci , di）相连接，构成一个新的树，且ai中节点的编号不变， bi中的所有节点编号都要在原来的基础上+ai树的大小，这样保证编号连续，对于每颗树T而言 ,,F(T)=∑n−1i=0∑n−1j=i+1d(vi,vj)(d(vi,vj)即任意两点之间距离总和。

题意：给定一棵树，要求统计所有的F(U,V)，使得路径上的权值异或之和为一个查询值， 魅族数据查询数至多为10解析：从 f[u->v] = f(u->1 )^(1->v);这样先预处理f（1->i）然后统计即可，注意统计的时候 cnt数组要开到 （1因为路径权值不超过1e5，至多为17位二进制数。异或最大值不超过（1#include#include#include#inc

对于一个串来说我们粗略的看，它有多少个子串只和它各个位置的相等关系有关，所以我们没必要在乎字符集有多大，只需要枚举n的所有划分，处理出cnt[i][j][k]cnt[i][j][k]cnt[i][j][k]表示长度为iii的串有jjj个不同的字符且有kkk个子串的方案，每一次枚举的时候要么后面加一个已经出现过的字符，要么加一个新的字符。这样搜索状态总数只有BellnBell_nBell​n​​个，

改题目解析在上一篇点击打开链接这里使用了map来实现同样的过程，做上下界的查找，map内直接存的就是一个个对应的区间，对于所有的&lt;key,value&gt;对，map默认按key值升序排序，这样，可以将区间以&lt;l , r&gt;的形式存储，会以l升序排序。对于lower_bound 和 uppper_bound进行说明：     // lower_bound 第一个大于或者等于查找值的...