矮纸斜行闲作草

传送门给出了n天的室外温度t[i]，同时规定，如果第i天早上的室内温度为P，那么当t[i]>P,第i+1的室温变为P+1,如果小于，则变为P-1,等于则仍然是P。按照样例解释一下输入的信息：首先输入n，代表有n天，接下来是n组信息，代表每天的室外温度以及询问每组信息由室外温度t、询问个数k、k个询问组成。对于第i组信息，首先给出室外温度t[i],然后给出k，接下来是k个询问，每个询问是一个非负数x[j]，表示如果第一天早上的室温是x[j],那么第i天结束后，室温是多少？ 比如第三组信息，首

传送门有一个有根树，带点权，最多500个叶节点，满足根到叶子单条链上的点权严格递减 同时告诉了每对叶节点(i,j)的lca的点权，构建一棵符合条件的树。首先这个题肯定是从叶子节点往上去构建一棵树的过程，想到可以用并查集来维护，fa[u]就表示u往上走目前到达的点，我们把(i,j,lca(i,j))三元组按点权升序排序，点权相同则按顶点编号排序。枚举排好序的三元组，对于(u,v,w),有两种情况。先求出u v的根节点r1 r2 ,如果小于w 说明u v的lca的点权就是w，n+=1表示新建一个节

传送门题意：给定一个空集合S，操作1是每次加入一个数，保证不会小于当前集合的最大数，操作2是询问，从该集合选出一个子集，满足子集最大值减去元素平均值最大，输出这个最大值。1<=q<=5e5首先可以感性地想到选出来的子集的2个性质，①选出来的最大元素一定是集合S的最大值，即：每次都选最新加入的元素。②其余的元素是集合S的一个连续的前缀(按升序排列之后) .为什么呢？①：②：如果我们选的是s[1],s[2],s[4],s[5]，那么如果我们用s[3]去代替s[4]，总和一定会减小，

传送门给定一个序列，如果第i个数比第i+1个数大，那么就会吃掉第i+1个数，吃与被吃同时发生，每一次吃看作一轮，问多少轮后可以稳定下来。dp[i]表示i位置被吃的时候是第几轮，(0表示不会被吃，初始记为1)对于i,我们从i-1的位置往前遍历，假设遍历到位置j，如果a[j]<=a[i],那么dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1)否则当a[j]>a[i], 直接退出循环不需要更新此外，如果a[i]是前i个里面最大的，dp[i]=0转移过程可以用单调栈，不断

传送门给定序列，单点修改，区间询问[l,r]中，能否最多修改一个数使得区间GCD等于x。（询问时的修改只是想象中的修改，不会改变序列的元素）线段树维护区间gcd这个很显然了，问题是询问如何处理呢？刚开始的方向是找满足条件的序列，有什么规律性质，但是在纸上画了很久也没有结果。可以说方向完全错了。...

传送门给定一个n*m的网格，有k个地雷，不能踩到地雷所在格子，从（1，1）出发，只能往左或者往下走，问最多可以到达多少个格子。由于n，m都是1e5级别，所以我们不能模拟。我们先观察一个结论，对于第i行，假设有y1,y2两个雷，[y1+1,y2-1]这个区间格子如何能被到达呢？只能从上面下来，所以我们在第i-1行中找打[y1+1,y2-1]这个区间内最左端的可到达的位置idx,那么第i行的[idx,y2-1]这个区间都是可到达的了。如果我们用1代表可到达，0代表不可到达，上面的操作实质

传送门给定有根树，初始点权为0，有三种操作：1、u为根的子树全部节点赋值为12、u到根节点1的路径上，所有的点赋值为03、查询u的点权带点权的树上路径修改问题，可直接树剖暴力写完。同时，树剖还可以解决这个问题的拓展：点权并非只有1，0两种，可以是任意值，同样是区间修改+区间查询。时间复杂度O(N logN log N)#include<bits/stdc++.h>using namespace std;//#pragma GCC optimize(2)#define ul

传送门给定一个只包含小写字母的字符串，长度为n，m次操作，每次指定 [L,R] K K=0,让[L,R]区间降序排列，否则升序排列。输出最终字符串。由于每个数都相当于是[0,25]区间内，我们试试能不能开26个桶，第i个桶记录有多少个i，利用桶排序来求解。我们开n个桶，每个桶大小都是26，记录第i位的26个数分布情况。线段树维护桶序列，每个节点表示：当前区间内，桶合并后的情况，即：【0，25】这些数各有多少个。于是每次操作就可以这样处理：先区间查询出当前询问区间[L,R]里面，【0，25

传送门每条边是一个字母，且最多22种，我们可以转化成一个二进制数，那么一条简单路径如果能重排得到回文串就等价为边权异或结果为2的幂数。（二进制下最多含有1个1）带边权路径问题，我们除了点分治之外可以枚举LCA，然后在LCA的子树中求解，再利用dsu on tree优化时间复杂度。最终把问题转化成:dis[i]表示根节点(1)到节点i的路径上边的异或结果，dep[i]表示i的深度，求满足dis[i] XOR dis[j] ==(2的幂数)的情况下dep[i]+dep[j]-2*dep[LCA]的最大值

给定两个序列a,b，q次询问，每次询问一个区间[l,r]。定义平衡运算: 可以任意选择偶数个位置pos1…pos2k; a[pos1],a[pos3]…a[pos2k-1]加1，b[pos2]…b[pos2k]加1 ，询问至少需要多少次平衡运算，才能使得区间[l,r]的a b元素对应相等。如果无法相等，输出-1。每次询问都是独立的。构造数组c[i]=a[i]-b[i],a[i]+1相当于c[i]+1,b[i]+1相当于c[i]-1,于是这个运算就等价于，c[pos1]+1,c[pos2]-1...

传送门给定了一个序列，奇数位表示左括号的个数，偶数位表示右括号的个数，问这串括号有多少个子串是合法的。如,[4，1，2，3，1]表示"(((( ) (( ))) (" 一共有5个子串是合法的。参考这位大佬的题解传送我们枚举奇数位i，再枚举i之后的数，去计算i作为区间左端点的贡献。贡献分两类:①i的左括号和后面右括号匹配产生贡献②i位置开始的合法序列与后面的合法序列合并产生贡献对于①类贡献，我们在向后遍历的过程中，有可能会有新的左括号剩余，当我们遍历到多余的右括号时，如果过程中没有左括号剩

传送门在一个最大为20*20的网格上，有出了若干只袋鼠，可以控制所有的袋鼠同时向上下左右某个方向走一格，袋鼠可以在一个格子重合，输出一个不超过5e4的UDLR序列，使得所有的袋鼠最终走到同一个格子。由于格子最多就400个，我们是控制所有袋鼠向同一个方向走，并且两只袋鼠走到同一格就可以看成合并了，所以走5e4步之后所有袋鼠合并的概率应该是特别大的，所以随机走5e4即可。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;//#pragma GCC opt

4个都是思维题[A. Cherry](https://codeforces.com/contest/1554/problem/A)[C. Mikasa](https://codeforces.com/contest/1554/problem/C)[D. Diane](https://codeforces.com/contest/1554/problem/D)[B. Cobb](https://codeforces.com/contest/1554/problem/B)A. Cherry题意：给定一个2e

传送门题意：给定一个由D 、 K构成的字符串，对于其每个前缀，求出其最多能被分成多少个子段，满足每个子段的D K数量之比相同。(1<=n<=5e5)我们可以推出一个结论：对于某个DK串，假设有x个D，y个K，我们用map记录其每个前缀的D:K的最简比值，最终这个串的答案就是x:y最简比的个数。比如对于串DKDKDDDDK，我们把每个前缀都记录以下,最终2:1的个数有3个。那么它就可以被分成3段，满足每段的DK比最简形式都是2:1 。 （很明显，我们先把第一个满足2：1的前缀分割下来，剩

传送门题意：给定有向图，n个点，m条边。第i条边在0时刻由a[i]->b[i]代价c[i] 。每过t时刻，第i条边变成由a[i]->(b[i]+t)%n ，代价仍是c[i] 。对于每个出发点0~n-1，求出到其余点的最短路。(2<=n<=600,n<=m<=n²)分析：首先肯定是考虑跑dijkstra，这题的边数会达到n²，堆优化的dij时间的mlogn，所以得用普通版本的dij，时间复杂度是O（n²）。每个点在松弛过程中，由于我们可以在某个点停留，所以需要

传送门题意：给定了两棵有根树，都是以1为根。标号为树1，树2 。我们现有n个独立的点，要进行连边操作，u,v可以连边当且仅当他们在树1中有祖孙关系，在树2中无祖孙关系 。连完边后，问得到的这个图的最大团的顶点数是多少。团(clique)：任意两个顶点都有直接边的子图。分析：首先我们通过dfs序把祖孙关系转化一下：L[i]表示进入i的dfs序，R[i]表示从i子树出去时候的dfs序， 那么一个节点就对应了一个区间 [L[i],R[i]] , u v有祖孙关系就等价于区间有包含关系，无祖孙关系

题目链接我们先规定L为0 R为1，题目就是求最长的01/10串从题意来看，类似单点修改 区间查询，于是思考能否用线段树来维护某些东西，从而在logn时间内完成查询。我们令tree[rt].ans 表示rt对应区间的答案，也就是最长的01/10串我们考虑左右两个子区间 [l,mid] 、[mid+1,r] 的合并的若干种情况：①当左子区间右端点等于右子区间左端点 ：此时根节点答案只能是左右子树答案中的最大值。tree[rt].ans=max( tree[lc(rt)].ans , tree[

传送门题意：定义good array:数列无法被分成2个子序列，使得二者的元素和相等。给定数列，问最少删去多少个元素才能使其变成good array。(1<=n<=100,1<=a[i]<=2000)分析:首先如何判断一个数列是否是好数列？ 从数据范围来看，我们可以用01背包。dp[i][j]：对于前i个数，选某些相加能否得到jdp[i][j]=dp[i-1][j] | dp[i-1][j-a[i]](可以优化掉一维)设sum为数列所有元素之和,dp过程

传送门1<=n<=1e7首先考虑gcd(x,y)==1的对数，很容易想到答案就是Σphi[i]，对欧拉函数求前缀和就行。但是题目要求是gcd(x,y)==p (p为素数),其等价为gcd(a*p,b*p)==p,(a b互质)于是我们可以令x==a*p,y=b*p，那么对于每个p 都只需要求出满足1<=a*p,b*p<=n,gcd(a,b)==1的a,b对数即可，这个就转化成了我们起初考虑的问题。具体做法就枚举素数j，Σpre[n/j] ,又因为a b/ b a 是不同

题目链接题意：给定n*m的地图 ，大于0的数字格子可以互相传送 ，代价是传送起点+传送终点格子上的数字和，-1的格子不能走，保证(1,1)和(n,m)不为-1 。问(1,1)到(n,m)的最小代价是多少?分析：虽然图上给了最多n²个传送门，但是考虑到x1,y1传送到x2,y2的代价为a[x1][y1]+a[x2][y2],也就是说如果我们要从A传送到B，那么直接A->B绝对比A->C->B要更优 。 所以我们要么就传送一次，要么就一次也不传送。我们分别从起点和终点进行bfs，每次记

题目链接题意：给定n*m的格子图 ， 某些格子有宝藏 。出发点在最下角(1,1)， 移动规则为：不可以向下走。只有位于某些特殊列的时候能往上走， 否则只能左右移动。数据范围是2e5 。分析：首先每一行的宝藏中，我们只需关心最左端和最右端的2个就行，取完这一行的宝藏后，停的位置要么是在最左端宝藏 记为L,要么是在最右端宝藏 记为R。要向上走的时候，L/R每种情况又有2种选择，记L右边最近的特殊列为Lr,左边最近的特殊列为Ll,停在L位置的时候，要么从Lr上去，要么从Ll上去,上去之后停的位置又有最左

题目链接题意：给定了n堆石子每堆的数量是[1,1e9]的整数，q次询问，每次给出区间[l,r]，可以选择[l,r]区间的石子堆加起来凑出一个数x，问最小的无法被凑出的数是多少？（每次询问中，每堆石子最多选择1次，此题强制在线）分析：对于[l,r]区间，我们把石子数放进一个桶里。首先0肯定可以被凑到，因为可以每堆都不选。此时我们关心1是否能被凑到,我们查询桶内 值在[0,1]区间的数的和，假设和为x,(也就是有x个1), 那么说明我们可以凑出[0,x]区间的所有数(当然，如果此时x的值是0，那

题目链接题意：给定一个2*n的矩阵，每个元素都是[1,n]的整数，现要选取某些列，使这些列的上下两行交换，得到的矩阵每行都是一个排列，问最少要选多少列。分析：对于每列，只有选和不选两种状态。如果两个相同的数位于同一行，那么所在的两列的状态必须相异（一个选 一个不选）如果位于不同行，那么所在的两列的状态必须相同（同时选或不选）也就是说，列的状态是具有传递性的，可以用（带权）并查集来维护传递性关系，当然，这题用虚点并查集的写法更简洁 , i表示选取，代价为1， i+n表示不选取，代价为0.实现

题目链接题意：给定一棵无根树，一次操作只能删去k个有相同邻接点的叶子节点。问最多可以有多少次这样的操作。分析：这题不用想太复杂，对于一个连了>=k个叶子的节点来说，删去k个叶子，不会对其他的节点造成影响，所以满足局部最优，可以直接贪心选取。具体的做法是记录每个顶点的度，相邻的被删的叶子数。用一个队列存叶子节点，挨个删去，同时记录删去当前叶节点对周围节点产生的影响，如果当前删除使得某个节点相邻的被删的叶子成为了k的倍数，则答案+1。如果此时度变成了1，那么说明他成为了新的叶节点（即：该节点

题目链接题意：给定有向图，但是部分边没有确定方向，现要求确定这些边的方向且完成后图不存在环。分析：对于DAG有一个性质就是，按tupo序的时间戳方向加入边的话，这个图仍是DAG。 所以这题我们先不考虑无向边的影响，进行一次tupo排序，如果此时就存在环了，那么一定是NO ,否则就是YES ，然后对于无向边我们定义成tupo序的方向即可。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define pii

题目链接题意：在一个无限大的国际象棋棋盘中，左上角是白色格子，要求选定一个连通块，包含w个白色格子，b个黑色格子。（1<=w,b<=1e5）分析：不妨假设w>b ，那么w最大只能为3b+1。（因为只有第1个b可以接4个w，以后最多只能接3个w）。然后就模拟取格子的过程，先取(1,2)处的黑格子。然后循环 每次取 (x,2)处的白格子 + 右左下的三个黑格子。直至w==b退出循环。此时w和b相等，选上一行开始取即可。#include<bits/stdc++.h&g

题目链接题意：给定由RGB三个字符组成的字符串s，问最少修改多少处，才能使得s存在一个长度为k的子串，满足其同时也是无限字符串"RGBRGBRGB…"的子串。(1<=|s|，k<=2e5)分析：在easy版本中我们枚举了每个长度为k的子串，每个子串也在RGB分别开头的三种情况中求出了要修改的位置数目。时间是O(NK)。我们可以用0表示和无限串相应位置的字符相等，1表示不等，那么可以通过前缀和在O(1)求出每个子串的答案。 时间是O(N)。#include<bits/stdc++

题目链接题意：在一个区域范围无穷的二维坐标轴上，n个整数坐标点上放有机器人，理论上可以上下左右四个方向移动，但是对于每个机器人，有部分方向移动不了。问能否给出一个坐标， 使得所有机器人都能到达。(1<=n<=1e5，每个机器人坐标绝对值都在1e5之内)分析：建好坐标系后，对于每个机器人i : (xi,yi)，可以通过移动方向限定可以走的范围。比如如果不能往下走，那么y方向的最小范围就限定在yi，如果不能向右走，那么x方向最大范围就是xi 。开四个变量记录目前的合法范围，对于每个机器

题目链接题意：给定了一个最大为30003000的矩形，问里面每个ab小矩形内的最小值之和。 (1<=a,b<=n,m)分析：先对每行用单调队列维护长度为b的区间的最小值,存进row[i][j]里面,row[i][j]表示第i行中,[j-b+1,j]区间内的最小值。再对row数组的第b,b+1…m列 每列都用单调队列维护长度为a的区间的最小值。这样得到的就是一个a*b的小矩形的最小值。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;

题目链接题意：定义函数f(x,y):要计算分析：枚举是n²的复杂度，所以肯定和easy版本一样可以找到规律。我们随便拿两个数来模拟一下，比如123 、 45 ，考虑f(123,45) + f(45,123)= 12435 + 142531在10^(5-1)位作了两次贡献，2、4在10^(4-1) 10 ^(3-1)位分别作了一次贡献，1、5在10^(2-1) 10 ^(1-1)位分别作了一次贡献，所以规律就是:对于两个长度分别为len1，len2的数(len1>=len2)

题目链接题意：给定序列a ,q次询问 每次询问要求[l,r]区间任意一个只出现过一次的数 没有则输出0 。分析：这题和这题十分类似，我们先分析对于右端点固定的区间，求出[1,r]内任意的[l,r]区间只出现过一次的数。我们用last[i]维护i上一次出现的位置，那么对于序列last[a[i]]（i映射成last[a[i]]）,我们查询[l,r]内是否存在只出现过一次的数就等价于last[a[i]]在[l,r]区间是否存在小于l的值， 根据贪心我们可以用线段树维护序列last[a[i]]的区间最小

目录题目链接一、pandas是什么？二、使用步骤1.引入库2.读入数据总结题目链接一、pandas是什么？示例：pandas 是基于NumPy 的一种工具，该工具是为了解决数据分析任务而创建的。二、使用步骤1.引入库代码如下（示例）：import numpy as npimport pandas as pdimport matplotlib.pyplot as pltimport seaborn as snsimport warningswarnings.filterwarnin.

题目链接题意：在一段数列上，机器人可以选任意初始点，移动k格 。定义一条路径由机器人移动的k+1位置组成，c0,c1…ck。路径的值为a[c0]+a[c1]…+a[ck] 。q次单点修改，每次改完后 ，求所有路径的值之和。分析：先不关心单点修改。每个点的最终贡献就是其被经过的次数*点值。我们只要在O（N²）时间内把每个点被经过的次数求出来就能解决这题。令dp[i][j]为走i步到达j点的方案数，同时由于路径可逆，它还表示从j点出发走i步能产生的路径数。 （两种含义综合一下i就可以作为中间点

题目链接题意：给定三个背包，各自装有n1 n2 n3个数，每次操作从任意两个背包A B分别选出任意一个数a b，然后丢掉b ，把a替换成a-b 。 问重复操作下去最后剩下的数最大可以是多少。（1<=n<=3e5）分析：我们用A B C表示3个背包，min（B）<min(A) 且 min（C）<min(A)假设最终的数是在A中。一个数从初始背包转移出去，当且仅当它转移次数为偶数的时候才能对答案有正贡献。比如B中的某个数b[i],要产生正贡献比如和C中某个数结合，然后转移进A

题目链接题意：给定一组（w,h），问对于每个元素i，能否找到一个元素j使得a[j].w ,a[j].h分别小于a[i].w， a[i].h 或者 a[i].h， a[i].w 。分析：我们令w为较小值，h为较大值，然后按w升序排序。先贪心地选择第1个数作为候选的答案，令id=1如果a[i].h>a[id].h 那么i的答案就是a[id]的排序前下标否则 ， 我们根据贪心必须把id=i理由：①当i+1的w等于i的w，那么i+1的h必顶小于i的h，也必定不大于id的h，所以把id=i无影响

题目链接题意：给定一个2n的矩形，有m个格子被涂黑了，问在不覆盖黑格子的情况下其余的格子能否被12的小矩形填满。思路：我们首先可以知道如果m是奇数，那么肯定是不可以填满的，无论如何都会有一个缺口。m为偶数的时候，我们先分析2个相邻的黑点。当黑点在同一行：当且仅当两个黑点之间相差偶数个格子的时候才是有解的，否则无论怎么放都会有空缺。当黑点在不同行：只有两者列数之差为偶数才可以满足条件。所以做法就是先把黑点排序，然后两两判断就好。（黑点1和2 3和4 … 这里2和3之间是不用判断的

题目链接题意：给定n个杯子，第i个容量为a[i],暂时装有b[i]的水， 允许把某个杯子的水倒入另一个杯子，但是倒的过程会损失一半，且被倒入杯子的水的上限不超过其容量。 现在只能用k个杯子装水，问最多能得到多少水。(k∈[1,n])(1<=n<=100,0<a[i]<=100)分析：我们假设所有杯子总水量为S， 选出的k个杯子容量为v, 原有的水量之和为A， 那么把其他的水倒进这k个杯子 ，最终答案ans=min(v , A+(S-A)/2) （其他杯子的水无论怎么倒

题目链接题意：在坐标轴上给定n个线段，用li,ri表示左右端点，问最少删去多少个线段，才能使得剩余线段中，存在一个线段与其余线段都有交集。分析：题目可以等价为对于每个线段求出和它没有交集的线段个数，然后取最小值就是答案。那么对于某个线段如何求与他没有交集的线段个数呢？线段A与线段B没有交集等价为 A的右端点在B的左端点左边，或者 A的左端点在B的右端点的右边所以我们可以把左/右端点拿出来存进2个数组里面排好序，枚举每个线段再利用二分查找就可以解决了。#include<bits/stdc

题目链接题意：给定序列，给定正整数k m，问有多少个子序列满足分析：升序排序，枚举每个位置相当于是子序列中最小的那个元素，然后二分查找第一个大于a[i]+k的位置index, 接下来就相当于在区间 [i+1,index-1] 中任意找出m-1个元素就好 ,也就是求个组合数，可以先打好表。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define pii pair<int,int>con

题目链接题意 ：给定序列a ， q次操作，包括单点修改和区间询问， 每次询问一个区间[l,r]内 ，有对少对[L,R]满足a[L,R]所有数的按位或运算结果不小于给定的x 。分析：序列a的每个数都小于2^20。那么每个区间的前缀（以及后缀） 扫过去进行或运算，显然这个过程中结果会不断增大，但是结果变化不会超过20次。 所以我们可以用一个vector记录前缀（以及后缀）扫描过程中或运算的结果以及个数 。（显然vector中的元素大小是递增的）所以我们用线段树维护三个信息，区间答案、前缀或运算情况、后