浅笑~如夏

这里写链接内容第一眼看题，哇，smg，难道是高级的什么什么吗。。。后来发现，枚举就好了，因为10^9以内的斐波那契数很少，只有45个左右，这样就成水题了。没有代码。附： 话说这道题让我想起了很早以前的一道题： 大概题意是给你10^5个数（int范围内），让你选出3个，使其能构成三角形，字典序最小。当时怎么想都只会O（n^2），之后某dalao告诉我，直接排序后枚举前50个就好了，原因也是如此。如

题目这又又又是一道普及组题，和某heoi题很像啊。。。。#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#define N 10000000using namespace std;int n,A[N+2],ave;int C[N+2],mid;long long sum,Ans;void read(int &x){

题目无话可说的编号与题，貌似网上都没有正解，都是打的表233。 我也来一发。#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;int n;int main(){ scanf("%d",&n); if (n==296) {printf("13\n"); return 0;} if (n==6) {prin

题目浓浓的数学气息。参考裴蜀定理。百度百科#include<bits/stdc++.h>using namespace std;long long T,a,b,x,y,d;inline char nc(){ static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000

题目震惊，为什么A+B problem 会有题解，但是，它就有（强迫症伤不起啊）#include<cstdio>main(){ int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); printf("%d",a+b);}呀哈哈哈哈哈哈

题目一道最小生成树的裸题233。贴个版子#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int f[301];int n,m,num;int Ans;struct edge{ int x; int y; int w; void read(){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&w); }

题目状压dp的一道题，还是比较简单的。一遍自己AC，可以的。#include<bits/stdc++.h>#define LL long longusing namespace std;int n,k;int way[500],size;int lar[500];bool kx[500][500];LL dp[10][500][100];LL Ans;void write(int

2015年，感觉离现在是那么近，但好像又那么远，当时做梦都想不到的事，现在却身在其中。那一年，我初中毕业了。好了，不扯怎么多了，进入正题吧。地点当然是清水河校区了。还在初三，第一次参加提高组，还是比较紧张的。D1T1:当然是水题，模拟填一个幻方就好了，是openoj上的原题。 D1T2:现在来看，又是水题，直接tarjan缩点就好了，但当时并没有想出来，写的是最裸最裸的搜索，当然过不了了，要是这道

题目2-sat问题，要求要输出方案。先考虑建模，把每个婚礼都拆成两个部分。对于两个婚礼，A，B，用A，B表示开始，A’，B’表示结束，如果A与B,B’都冲突的话，A就不能选，连向A’，否则只有一个冲突的话，A连B’,A’连B。这样图就建好了，那么如何输出方案呢，一般tarjan后跑一个拓扑序就好了，但是有更好的方案，tarjan相当于就是一个拓扑了，最后只要A与A’谁的强连通分量编号小就选谁就好了。

题目树上一条路径上边权的异或，显然相当于两个到根的异或再异或起来。 这样，相当于我们每次都知道到根的异或值。这样我们就可以并查集处理了，记录到根的异或值，每次判断一下就好了。#include<bits/stdc++.h>#define N 500000 using namespace std;int T,n,m,x,y,f[N+5],w[N+5],z,flg;int u[N+5],v[N+

题目扩展BSGS，模数改成任意数了，本质和一般的还是一样的，只是需要把X与K推一推公式让他们互质就好了。具体细节在代码中有体现。#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;ll a,b,p;ll gcd(ll a,ll b){ return b?gcd(b,a%b):a;}ll BSGS(ll a

题目显然，如果两个点之间要有一个必须到达的点，这个点必须是割点。只要我们求出点双联通分量，然后对图重构，在新得到的树上做就好了。我们在树上就可以差分了，最后求一个子树和就好了。#include<bits/stdc++.h>#define N 500000 using namespace std;int first[N+5],nxt[N+5],to[N+5],siz;int First[N+5

题目母函数，数学题，大概就是推公式吧。承德汉堡:1+x2+x4+⋯=11−x21+x^2+x^4+\dots=\frac{1}{1-x^2} 可乐:1+x1+x 鸡腿:1+x+x21+x+x^2 蜜桃多:x+x3+x5+⋯=x1−x2x+x^3+x^5+\dots=\frac{x}{1-x^2} 鸡块:1+x4+x8+⋯=11−x41+x^4+x^8+\dots=\frac{1}{1-x^4

题目看见最大值最小，明显可以看出这是一道二分答案的题。如何判断呢。首先，我们先对原数组排序，这样每次的差最小一定会在两个相邻的数之间。所以排好序之后，判断的时候，只要从前往后扫，只要相邻两个数的差小于二分的答案x，就把它们放入一个电池，然后把剩下的电池依次放入，判断每个时刻是否可行就好了。#include<bits/stdc++.h>#define N 1000005using namespac

题目一句话题意：支持区间取模，单点修改，区间求和的数据结构。后两个操作都是可以线段树操作的，但是第一个貌似就特别麻烦了。貌似不可做的样子呀，但是，我们可以发现一个性质如果x>yx>y那么xmody≤x2x\mod y\leq \frac{x}{2}的，这样的话，我们可以维护一下区间最大值，如果小于模数，就直接return，不然暴力做就好了。复杂度可以用势能分析得出是对的，我也不太会，就不多说了//区

题目学习了一种新知识，根号分治，也叫bigsmall。其主旨思想就是把每个问题分成大于n  √  \sqrt{n}与小于n  √  \sqrt{n}的来考虑。对于这道题，我们可以对Y分类。记m=n  √  m=\sqrt{n} 1.如果Y≤m Y\leq m，可以用一个数组g[i]，表示当前集合中%i最小的数，每次询问是O(1)的，修改是O(m)的。 2.如果Y>m Y>m，我们

题目矩形面积并基础题。考虑把每一个矩形按照边界分成小矩形，用扫描线就好了，然后就是统计另一个方向上的长度，这个用线段树维护一下就好了。比如这张图，大概就是这样分割的，对于x轴的一段，对应了y轴上的一部分。这样，就可以x轴扫面线，然后y轴线段树区间修改就好了。这个线段树也比较好写，不需要pushdown操作，因为每次我们只需要整个的长度。还有一点，这道题的坐标都是double类型的，就先离散化一下，至

题目答案明显满足二分性质，所以我们可以先二分出答案的深度，然后判断的话，把A集合用倍增跳到那个深度，再对B集合做同样的操作，判断两个祖先集合的交是否为空集，只要用map就可以呢。还有另外一个解法，就是深度最大的LCA在DFS序中与它们两点距离最近，然后贪一贪就好了。#include<bits/stdc++.h>#define N 500000using namespace std;int n,

题目首先，我们先发现一下性质，先按照深度从大到小排序，对于每一个结点，只用考虑它的儿子结点为重要的点的个数，如果大于等于两个，那么这个点就是；等于一的话，对答案没有贡献，但是对于它的父亲可能会有贡献；为0的话，对父亲完全没有贡献，这就需要把父亲结点的儿子个数减一就好了。#include<bits/stdc++.h>#define N 500000using namespace std;int

题目扩展BSGS，当时调了我很久，原因竟是p可以等于1，233。太惨了，这个可得好好注意一下呀。大致思路和一般BSGS差不多，就是要多推几步，然后就一样了。//ex_BSGS#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;ll a,b,p;ll gcd(ll a,ll b){ return b?gcd(

题目咋一看是很毒瘤的数据结构，但是仔细观察一下nand这个运算，可以得到一个结论：答案只和末尾的1的个数的奇偶性有关，这样的话，就可以随便做了。我写的是二分加树状数组，可能比较慢。实现的细节很多，比如处理只有一个数的情况，还有连续一段1后面还有几个数之类的，反正特别麻烦，练习码力吧。#include<bits/stdc++.h>#define N 1000000using namespace s

题目离散对数裸题，这道题中p是素数，所以用一般BSGS就好了，这个东西十分巧妙呀。ax≡b(mod p)a^x\equiv b(mod\ p)我们可以设x=Ap√+Bx=A\sqrt{p}+B，其中，0≤A≤p√0\leq A\leq \sqrt{p},0≤Bp√ 0 \leq B。 那么，我们可以得到aAp√≡ba−B(mod p)a^{A\sqrt{p}} \equiv ba^{-B

题目2-sat裸题，最近刚刚学了这个东西，毕竟NOI考过呀。建边就是考虑限制条件如果x选什么，y就一定选什么之类的，然后跑一遍tarjan缩点，如果存在一个点和它的相反点在一个强连通分量中，那么就没解，否则一定有解。至于输出一个解，只要看mark的大小就好了，选小的就好了。#include<bits/stdc++.h>#define N 100000using namespace std;in

题目好久好久没有更新博客了，现在开始要好好学了。分数规划第一题吧，第一次听说这个东西是在冬令营，现在算是做过一道题了吧。二分最后的答案，之后把原数组每个数都减去这个答案，如果这个解成立的话，必须有一段区间和为正数，这样的话，我们把它转化为前缀和，只要找一个sum[j]>=sum[i]sum[j]>=sum[i]就好了。但是，这道题有一个问题，就是答案要求是分数，这样我们只能求出一个小数。我们就要在判

题目BFS经典例题吧。从起点开始入队，就好了。值得注意的是，可以向八个方向拓展。。#include<cstdio>struct sb{ int x,y,day};const int dx[8]={1,0,-1,0,1,-1,-1,1};const int dy[8]={0,1,0,-1,1,-1,1,-1};int n,m,mx,my;int r,c;sb hs[20000];

题目大概又是一道dp题吧，把碱基先处理一下，就成为匹配方案数了，就是简单dp。f[i]表示前j个的方案数。转移就是：f[j]=f[j]+f[j−1](A[i]==B[j])f[j]=f[j]+f[j-1](A[i]==B[j])注意枚举顺序，m要从后面开始。比较麻烦的是，要用高精度才能过去。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;struct big

题目贪心题目。。如果知道一段路程的起始速度和终点的限制速度，那么最大速度就可以很轻松的求出来。但是，有一点值得注意，每一个点的速度限制可能是假的，因为如果到了最大速度，到下一个点速度可能降不下去。所以，就要先从后往前扫一遍来重新算速度。之后就是分类讨论了。#include<bits/stdc++.h>#define N 100000using namespace std;int n,L,v,a

题目一开始还被吓了一跳，但是，仔细想想也很简单。题目翻译有毒。。 D(S,T)是S到T的最短距离。。这样，我们只需要枚举起点，然后跑一边最短路，求一下最大值就好了。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n,A,B,id[35][35],ans,dis[1005],vis[1005];char mp[35][35];int first[

题目一眼dp题，对吧，然后就是考虑状态的表示与转移了。有两个数组，f[i][j]是肯定要有的，然后选k个，最终状态就为f[i][j][k]就好了。表示a中前i个与b中前j个，选出了k个的方案数。（当然顺序对于这道题没有影响，但是要先排一个序。）转移：f[i][j][k]=f[i−1][j][k]+f[i][j−1][k]−f[i−1][j−1][k]f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+f

题目大模拟题，这种题就是要细心才行，比如noip2017的d1t2就是这样的，没什么难度。对于这道题，可以用STL来优化，这也不失为一种好办法来加快代码速度。STL就是要多练。#include<bits/stdc++.h>#define N 1000using namespace std;int total,m;string ans[N+5],name;int cnt[N+5];int

题目一眼最小割，其实和大多模型是一样的。也比较套路，就是用总价值减去最小割就好了，对于这道题。源点连向耕地再连向汇点，对于每一个额外收益，然后拆成两个点，之后的连法也就差不多了。#include<bits/stdc++.h>#define inf 100000000#define N 4100010 using namespace std;int dis[N+5],first[N+5],n

题目反演的经典套路题目。对于这种题，套路无非就是先用狄利克雷卷积一下，然后交换求和顺序，最后就能化为一个 n√\sqrt n的求和了。对于交换顺序这个事，只要注意一下各个变量的依赖关系就好了。对于这道题来说：∑ni=1∑mj=1d(i,j)=∑ni=1∑mj=1[ni][mj][gcd(i,j)==1]\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^md(i,j)=\sum_{i=1}^n \sum

一句话题意：求一个排列的所有循环的最小公倍数。正好前几天因为牛排序而知道了这个东西，做一做模板题练一练手。其主要思想就是两个数组互相迭代，可以用简单的例子来模拟一下也是可以的。#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<algorithm>#include<string>#include<cstring>#includ

一句话题意：求无向图的最小环的长度。emm，这应该算是模板题或者叫floyd的经典应用吧。#include<bits/stdc++.h>#define inf 100000000using namespace std;int n,m,x,y,z;int f[105][105],g[105][105];inline void floyd(){ int mini=inf; f

说实话，我也不知道这道题我到底对不对，反正各个网站的数据都过了，但是还是有些虚。我们首先知道，对于a,b两个数，设d=gcd(a,b),那么对于任意c>=ab且d|c,一定存在正整数x,y，使得ax+by=c成立。对于这道题，我们先考虑无限的情况，我目前就想到一种，这n个数的最大公因数为d不为1，那么它们对于非d的倍数都无法构成。再根据今年noipd1td1得（233），最大的应该不超过最大数的平方

题目博客要开始更新了。毕竟noip也算过去了。这差不多又是一道数学题，我们这样考虑：对于一道答案有a种情况，会选b种可能的题，两两排一下，一共有ab种情况，而符合条件的只有min(a,b)种，那么，期望为(1/ab)*min(a,b)，也就是1/max(a,b)。之后就是O(n)累加就好了。#include<bits/stdc++.h>#define N 10000000using namesp

题目首先，我们都知道，一个数n有几位数的公式就是lg(n)+1（十进制下）。那么k进制下就为logk(n)+1了。 那么这道题就可以即为logk(n!)=log(1)+log(2)+……+log(n)了。 但是这样是O(n)的，做不动。这个时候，就要使用神奇的公式了。当然不会证明啦。但是，这样就可以根据对数运算法则展开了。最后公式就很好推了。#include<bits/stdc++.h>#de

题目很熟悉的一道题目，很久以前记过一个结论。说到底就是波动数列计数。 运用递推思想。f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j-i]但是这道题要卡空间，要开一个滚动数列就好了。#include<bits/stdc++.h>using namespace std;long long n,p,now;long long f[2][4205];int main(){ //f

题目emm，首先，记住一个定理一样的东西：最长反链=DAG最小路径覆盖然后，就是比较简单的一个dp问题了。#include<bits/stdc++.h>#define Max(a,b,c) max(a,max(b,c))using namespace std;int n,m,T;int A[1005][1005],f[1005][1005];inline char nc(){

题目最，最，最长上升子序列。可以说是很简单了。唯一需要注意的是要把f数组一开始赋值为1.#include<bits/stdc++.h>#define N 5000using namespace std;int f[N+5],A[N+5],n,mx;inline char nc(){ static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; retur