qq_45288870的博客

You are given two integers n and m. Calculate the number of pairs of arrays (a,b) such that: the length of both arrays is equal to m; each element of each array is an integer between 1 and n (inclusiv...

可以对所有数建一个01字典树，然后可以发现每个点找最小的异或值就是在字典树中离它最近的点（可以把整个二叉树都画出来会更好看一点），对于每一个非叶子结点它的两个子树中的点如果想成为连通图的话，只能是两个子节点中数量都不能超过两个，不然就是两个连通图了，所以保留两个中的最大值另一个删得只剩一个值就好。对所有的非叶子结点都做这样的操作后就是最优结果了，将空节点减掉时间复杂度就能接受了。可以发现每个节点的子树会表示一个数的范围，所以不用建字典树就可以。 #include<bits/stdc++.h>..

首先定义一种关系就叫相关吧（相邻与传统观念太冲突了），如果lcm(x,y)gcd(x,y)\frac{lcm(x,y)}{gcd(x,y)}gcd(x,y)lcm(x,y)​是完全平方数那么x和y就是相关的。 暂且定义 [x] 表示 x 是完全平方数 化简一下可以得到x∗ygcd2\frac{x*y}{gcd^2}gcd2x∗y​ 所以如果 [xy] 那么x和y就相关。 相关性具有传递性：如果[xyxyxy]且[yzyzyz]相关，那么[xy2zxy^2zxy2z],所以[xzxzxz]。 所以d数组..

传送门 E ： 首先维护hi>=wi(小于也没问题），然后h作为第一关键字递增排序。 然后遍历这个数组，维护一个最小的w的位置，还要保证该位置的h严格小于当前点的h，双指针扫一遍即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1000100; typedef pair<int,int> pii; #define fi first #define se secon

如果没有最大值和最小值就是最短路模板了，如果在跑图过程中同时维护最大值最小值就太麻烦了，可以对每一条边都当做最大值最小值去试一试，状态表示为dist[i][0/1][0/1]，第二维表示是否减过边权，第三维表示是否加过边权。这样就可以跑迪杰斯特拉了。也可理解为分层图最短路。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1000010; int t; int n,m; ll di..

最大化最小值很容易想到二分，但是怎么check是个问题，check（ans）是否成立时需要找到两个行使得每一位的最大值都大于等于ans，也就是说每一位至少存在一个数大于等于ans，可以观察到m<=8,所以可以状压，将每一行大于等于ans的位置1，小于的位置0.最后判断是否存在两行状态或之后二进制位都为1即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=300010; i.

构造一个这样的游戏关卡使得玩家通过全部关卡的期望步数等于k。 首先肯定是分块的，每个1以及后面的连续0是同一块。先计算一下每一种块的的期望： 1 ： E = 12\frac{1}{2}21​ * 1 + 12\frac{1}{2}21​ * (1+E) (没通过返回1之后又是独立重复实验期望不变） 解得 e[1] = 2 ; 10 ： E = 14\frac{1}{4}41​ * 2 + 12\frac{1}{2}21​ * (1+E) + 14\frac{1}{4}41​ * (..

A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200010; int t,n,m; int main() { cin>>t; while(t--) { cin>>n>>m; int ans=n/2*m; ans+=(n&1)*(m+1)/2; cout<<ans<<endl; } re

A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200010; int t,a,b; int main() { cin>>t; while(t--) { cin>>a>>b; if(a<b) swap(a,b); int res=max(a,b*2); cout<<res*res<<endl;

A n是奇数，f(n)一定是奇数；n是偶数，f(n)一定是2； #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200010; int t; ll n,k; bool pr[N]; int main() { cin>>t; while(t--) { cin>>n>>k; if((n&1)&&k) { bo

A 这点判断字符串就可以了，字符串是可以比较大小的。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int main() { string a,b; cin>>a>>b; if(a==b.substr(0,b.size()-1)) puts("Yes"); else puts("No"); return 0; } B 直接计算就好了。 #include<bits/

A #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200010; int t,n,m; int main() { cin>>t; while(t--) { cin>>n; vector<int> ve; int cnt=0; while(n) { if(n%10) ve.push_back((n%10)*pow(10,

这场比赛打的真糟心，幸亏不计分了，美滋滋的溜了。。。 A 只有一行或者只有一列是一定可以的，其他情况只有两行两列可以（首尾相连排一圈）。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200010; int t,n,m; int main() { cin>>t;...

A 选择前n/2 - 1个最小的和一个最大的。 ps：2^31爆有符号int，位运算的优先级很小。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define pii pair<int,int>; const int N=200010; int t,n,m; ll ans; int m...

A 当b>2*a时每次只减一个数会花费更少，否则先同减到其中一个数为0再计算会更少。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200010; int t,n,m; ll x,y,a,b; int main() { cin>>t; while(t--...

A k>1，所以系数和s最小等3，k+1，s就*2再+1，直到n取余s等0就可以输出了 （已知解一定存在） #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200010; int t,n; int main() { cin>>t; while(t--) ...

A n是奇数输出一半，是偶数输出一半减1 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200010; int t,n; int main() { cin>>t; while(t--) { cin>>n; cout<<(n-1...

A 直接判断就可以了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100010; #define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(); int t,n,a[N],b[N]; int main() { cin&...

A 点(1,1）填W，其他点全部填B就可以了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100010; int t,n,m; int main() { cin>>t; while(t--) { cin>>n>>m; for...

A 统计之后补x个空就可以了，最大应该是max(ai)+x<=200; #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PII; #define IOS ios::sync_with_stdio(0); const int N=1000...

A 在一个方格可以多次，那么可以在相邻的两个方格来回走，然后会在左右或者的一个方向剩下几步，判断是否越边界就可以了，除此之外还要特判x1== x2或者y1== y2(刚才那样有一个前提条件，那个方向上得能迈出去，感谢样例） #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=100010; typedef long long...

A 取模运算就行。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=100010; typedef long long ll; #define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0); int main() { ll t,n,m; cin>>t...

链接：http://codeforces.com/contest/1327 A 问k个不相同的正奇数相加是否等于n，k个奇数相加的奇偶性一定与k相同，而且k个不相同的正奇数最小等于k^2 （1+3+…+2*k-1）判断一下就可以了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define IOS...