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RSS订阅原创 线段树基础题
1. POJ - 3468 #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e5+10; struct Node { int l, r; LL sum, add; }; void push_up(int u); LL query(int u, int l, int r); void modify(int u, int l, int r
2022-03-29 21:29:32
751
原创 2021CCPC河南省赛题解(主席树+二分)
考场没看见随机化数据，写了一个主席树+二分，但是之前练习的时候没有做过多实例，忘记初始化上层用到的所有节点信息了, wa麻了。 思路：主席树+二分, O(nlogn^2) 二分距离当前点最近的，大于等于a[i]的数的个数最靠右的位置， 然后利用主席树区间询问在mid到i-1这段大于x的数的数量， 作为check函数 ```cpp #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #includ
2021-10-31 13:16:02
951
1
原创 HDU 4553 约会安排 (超详解)
高亮查看 一. 题目 二. 代码 由题知，我们需要知道是否存在一段连续区间，即线段树维护最大子段长度。 maxv, pre, lat：最大子段长度, 最大前缀, 最大后缀，详见代码 fa, ls, rs:父, 左儿子, 右儿子。 fa.maxv=(ls.lat+rs.pre, max(ls.maxv, rs.maxv)); fa.pre=ls.pre+(ls.pre==左区间长度?rs.pre:0); fa.lat=rs.lat+(rs.lat==右区间长度?ls.lat:0); 此外，还
2021-09-22 15:30:09
266
原创 Edge of Taixuan
一. 题目 高亮代码 给定n个点, m个区间， 每个区间有l, r, w, 代表会对l到r内的所有 点对连一条长度为w的边。 问最多能去掉边和多长，使得剩下的点都和1号点直接或者间接相连。 如果有点，不能和1连通，输出不行。 二. 思路 每次操作会使用(r-l+1)*(r-l)/2*w的长度(所有点*能组成的对的点)/2是去除重复的，*w是每对的长度。 可以算出来总使用长度, 然后减去使所有点相连的最短长度，剩下 的就是可以去除的最大长度。 将点上的值当成与他后面点相连的边的长度。
2021-09-20 18:38:28
602
2
原创 2021河南ICPC Alice and Bob
一. 题目 二. 思路 三. 代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<unordered_map> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e5+10; int tfind(int l, int r, int x); void init(
2021-09-17 19:04:07
297
原创 蓝桥杯 剪邮票（超详解）
思路:二进制枚举所有情况 dfs判断连通块 (或者可以枚举，五个数的组合数，然后判断是否联通) #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int N=20; bool check(int state); bool check1(int state); int lowbit(int x); void dfs(int x, int y); int ans;
2021-04-01 21:22:15
329
原创 HDU 5023(线段树染色)(两种方法)(非状压，巧妙得到状态)(状压得到状态)(超详解)
思路：用线段树去维护，修改的区间，并染上色。 当询问某一个区间时，可以把当前区间内的所有色全存到 数组里，最后排序去重，输出。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e6+10; struct
2021-03-29 20:58:24
369
原创 蓝桥杯第十届 数的分解(1秒以内搜索， dfs)
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; void dfs(int u, int st); bool check(); int ans; int path[10];//存储选择的三个数 signed main() { dfs(0, 1); cout<<ans<<endl; } //给其选择定一个顺序，从小到大，以免重复搜索 void dfs(int u, int st) { if
2021-03-24 23:29:54
230
转载 HDU 1540 地道战（超详解）
思路:将完好村庄当成1，被破坏的村庄当成0，找到连续1，即可。 1.需要维护的信息 左右端点(l, r) 最长区间长度(maxl) 该区间的最长前缀和最长后缀，原因如下(pre, lat) 2.最长区间怎么求 取，该节点左儿子的最长长度，和该节点右儿子的最长长度，和左儿子的最长后缀➕右儿子的最长前缀的最大值 这也是上面维护信息的原因 3.push_up怎么写 显然最大值是上面所描述的 但是，最长前缀后缀怎么求： 以最长前缀为例，该节点的最长前缀可能就是左儿子的最长前缀，或者是左儿子的区间长度加上右儿子的最长
2021-03-18 00:53:57
875
原创 递增三元组(超详解)(三种做法)
思路:由于a数组与c数组的取值都受b数组影响，所以可以枚举b【I】，然后在枚举a数组有多少个数小于b[i]，c数组中有多少数大于b[i],则当前b[i]合法方案为[c中大于b[i]个数乘a中小于b[i]的个数]，可以通过前缀和或二分或双指针去找到小于b[i]的第一个数，大于b[i]的第一个数 1.前缀和 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> usin
2021-03-14 12:38:39
4692
16
原创 即将到来的新生赛
思路:数据很小，直接dfs暴力就能过。 按右端点从小到大排序，以便保证当前这个点的r>=上一个选的点的l的同时，也大于之前选的所有点. path数组存储选不选当前点。 或者也可以，二进制枚举，把每个任务选不选看成一个状态，最多有(1<<20)-1种状态 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<vector>
2021-03-12 20:21:58
208
原创 结果填空:马的管辖(超详解版)
思路:二进制枚举所有马的状态，然后遍历所有马，标记其管辖点，最后判断当前方案是否合法 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int N=10, INF=0x3f3f3f3f; bool in(int a, int b);//判断越界 bool judge();//判断方案是否合法 void get(int k, int &start, i
2021-03-10 22:56:56
288
原创 飞行员兄弟(二进制枚举， 详解)
思路：将4*4矩阵每一个位置看成一个状态，总共有2^16次方种状态，暴力枚举每种状态即可 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #include<algorithm> #define f first #define s second using namespace std; typedef pair<int, int> PII; co
2021-03-09 23:47:28
243
原创 小H的奇怪加法
#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<vector> #include<unordered_map> #include<algorithm> #define f first #define s second using namespace std; typedef long long LL; LL s1, s2; string sys; unorde
2021-03-09 12:30:09
171
原创 带分数(两种做法， 详解（暴力+优化）)
暴力 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=15; int get_val(int l, int r);//得到当前全排列l, r段的值 void dfs(int u); int n; int res; int num[N];//存储全排列 bool st[N];//判断是否用过当前的数 signed main() { .
2021-03-05 21:04:12
308
原创 电路维修(双端队列， 带图详解)
思路：将无需改变的边看成边权是0， 将需要改变的边看成边权是1. 本题可以看成一个弱化版的dijkstra求最短路，则可以采用双端队列，每次从当前点扩展别的点时，若扩展到的点边权是0则放对头，如果是1则放队尾。由于队头每次是边权最短的点，则最终点一定是最短路(原理同dijkstra, 每次取出边权最短的边) 原图是字符二维数组，可以把节点想象出来，不用存储 、、、、、、、、、、、、、、、、、 #include<iostream> #include<cstdio> #include
2021-03-04 21:33:39
501
2
原创 魔板（利用map, 非康拓展开-＞详解）
思路:将初始状态和目标状态看成两个 点状态 ，然后利用bfs求最短操作次数! ABC顺序操作，得到的答案一定是字典序。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<queue> #include<algorithm> #include<unordered_map> #define f first #define s second using namespac
2021-03-03 21:26:08
214
2
原创 第九届蓝桥杯 倍数问题（背包问题，超详解，三维可过，二维可过代码）
闫氏DP分析法： 假定模m 状态表示：f[i][j][k]表示从前i个物品中选，选j个，余数是k的所有方案数。存值是最大值 状态计算公式：所有方案可以 不重不漏 分为两类：选第i个，和不选第i个数。 不选第i个的方案，相当于从前i-1个选，选j个，余数是K:f[i-1][j][k] 选第i个数的方案，假定去掉第i个，这时最大值还是原本就是最大值得那一种方案，公式：f[i-1][j-1][(k-a[i])%m]+a[i] 第三维推导：设x是除掉a[i]的数的和，则原来是 （x+a[i]）%m=k .
2021-02-25 14:50:13
1053
原创 最大公约数
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<map> using namespace std; typedef long long LL; const int INF=0x3f3f3f3f, N=1e5+10; LL gcd(LL a, LL b); int n; LL a[N]; map<LL, LL> vn, temp;//gcd映射成下标 //区间内不同
2021-02-18 20:49:36
188
原创 最大公约数和最小公倍数问题
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long LL; LL gcd(LL a, LL b); LL res; LL x, y;//以y为最小公倍数，则满足条件的数一定小于y。 signed main() { cin>>x>>y; LL t=x*y; for(LL i=1;i<=y;i++) if(t%i==0&&gcd
2021-02-18 20:48:31
142
原创 最大公约数与最小公倍数
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; int gcd(int a, int b); int a, b; signed main() { cin>>a>>b; //x*y==a*b. //乘积为定值时,两个数越接近根号积，和越小 int t=a*b, h=(int)sqrt(t
2021-02-18 20:47:06
90
原创 小x的质数
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=1e7+10; void get_primes(int n); int pre_sum(int l, int r); int q; bool st[N]; int primes[N], cnt; int sum[N]; signed main() { get_primes(N);//把非质数置为true for(int i=0;i&l
2021-02-18 20:45:34
225
原创 质数和
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e5+10; void get_primes(int n); int a, b; bool st[N]; int primes[N], cnt; signed main() { get_primes(N); cin>>a>
2021-02-18 20:43:21
122
1
原创 质数的和与积
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1e4+10; void get_primes(int n); int n; LL res; bool st[N]; int primes[N], cnt; signed main() { get_primes(N); cin>>n; for(int i=n/2;i<=
2021-02-18 20:42:08
715
原创 程序设计：找质数
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=1e6+10; void get_primes(int n); int T; int n; int cnt, primes[N]; bool st[N]; //筛一遍质数，在从小到大枚举。 signed main() { get_primes(N); cin>>T; while(T--) { scanf("%d"
2021-02-18 20:40:52
226
原创 约数之和
#include<iostream> #include<cstdio> #include<unordered_map> using namespace std; const int mod=1e9+7; typedef long long LL; int n; unordered_map<int, int> primes;//质因子值映射成指数大小 void divide(int x) { for(int i=2;i<=x/i;i++)
2021-02-18 20:39:41
446
原创 约数个数
#include<iostream> #include<cstdio> #include<unordered_map> using namespace std; const int mod=1e9+7; typedef long long LL; int n; unordered_map<int, int> primes;//因数值映射成指数值 void divide(int x) { for(int i=2;i<=x/i;i++)
2021-02-18 20:38:02
84
原创 Codeforce 1490C Sum of Cubes
思路：最开始，一看到x最大是1e12，想着用二分去写，可惜太菜了，二分条件没想出来。后来又发现，三次方和是等于x，所以最多枚举到1e4，这样就可以用双指针去做了。 然后还可以优化，不用每次都从1e4向前枚举，只需要从 (int)pow(x, 1.0/3)+1(x的根号3次方)向前枚举即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; typedef long long L
2021-02-17 01:04:12
375
原创 Codeforce 1490B Balanced Remainders
思路：先去统计原数组，除以3余数为0， 1， 2的个数。 然后，在一重循环，当c0!=c1!=c2时就执行，观察发现， 每次只需贪心的让三个数中最大的数去减少即可， 又发现，如果c0最大，则让c0–(让一个余数是0的数加1即可)，这样c1就会++，另外两个依此类推。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=3e4+10; int T;
2021-02-17 00:54:55
750
原创 codeforce 1490A Dense Array
思路：只需要遍历一遍数组，去判断当前这个数和下一个数的商是不是大于2即可，若大于2，则需要贪心去每次增加一个两个数中较小的数的乘2，的数，然后用新数和较大的那个数在看商是不是大于2，直到小于2，停止循环。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=55; int T; int n; int a[N]; signed main() {
2021-02-17 00:47:56
347
原创 地毯
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=1010; void add(int x1, int y1, int x2, int y2, int c); int n, m; int a[N][N], b[N][N]; int main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=.
2021-01-21 21:02:42
123
原创 HDU1556
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1e6+10; int n; int b[N]; int main() { while(scanf("%d", &n), n) { memset(b, 0, sizeof b); for(int i=1;i<=n.
2021-01-21 21:01:44
104
原创 HDU6514
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> using namespace std; int n, m; int p, q; int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { vector&.
2021-01-21 21:00:53
230
原创 POJ 3263
#include<iostream> #include<cstdio> #include<map> #include<cstring> using namespace std; typedef pair<int, int> PII; const int N=1e4+10; void add(int l, int r, int c); int n, i, h, r; int b[N]; map<PII, bool> ok; int .
2021-01-21 20:57:39
155
1
原创 铺设道路
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1e5+10; int n; int res; int d[N]; int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d", &d[i]);//如果a[i]>a[i-1]，则a[i-1]可以.
2021-01-21 20:56:34
407
原创 校门外的树
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=1e4+10; void add(int l, int r, int c); int len; int m; int a[N], b[N]; int main() { cin>>len>>m; for(int i=1;i<=len+1;i++) add(i, i, 0); while(m--) { .
2021-01-21 20:55:48
111
原创 高低位交换
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long LL; void solve(LL x); LL x; int main() { cin>>x; solve(x); return 0; } void solve(LL x) { LL pre=x>>16;//pre=00000..0000-xxxxxxx LL later=x-(pr.
2021-01-21 20:54:56
141
原创 筷子大作战
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int N=5e6+10; int n; int l; int res; int main() { cin>>n; while(n--) { int x; scanf("%d", &x);//相同异或为0， 不同异或为1. res^=x; } cout<<res<<endl; .
2021-01-21 20:53:00
952
原创 差分与位运算
差分 1.定义： 一维：原数组a与差分数组b，a是b的前缀和。a[i]=b1+b2+b3..+bi; 二维：原数组a[i, j], 差分数组b[i, j]。a是b的前缀和。 2.作用： 用o（1）时间给原数组某一部分加上一个值 3.构造 将原数组重新插入一遍 add(i, i, c), add(i, j, i, j, c) 4.注意 下标从一开始 5.步骤 构造差分数组->加c->求差分数组的前缀和，得到加完后的a数组 6.模板 一维：b[l]+=c,b[r+1]-=
2021-01-20 13:27:10
314
原创 CF581C
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=1e5+10; void solve(); int res; int n, k; struct Ac { int v, d;//存值和距离 bool operator<(const Ac &W)const { //这样技能等级/10才能最大 .
2021-01-20 13:17:07
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