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Invoker 费了九牛二虎之力搞出来了，记录一下。 道路很曲折，代码写完了才发现一开始无脑屏蔽掉了出现数次的unordered，常识地以为是ordered 。 由于连招是无序的，并且三个连招只有六种排列组合，所以我们把每个连招可能的组合排列出来就可以转移状态了 dp[i][j] 表示：到第 i 位 选择 第 j 种连招所获得的最小代价。 所以每个 dp[i][j] 要从 第 i-1 位的 0 - 6 种 连招转移过来。 最后就是两个连招相邻连招的节约计算； #include<bits/stdc++.

1002 Little Rabbit’s Equation 有两个注意点：题目中说有前导0得注意，其次就是最小的进制为2，注意判别； #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef unsigned long long LL; const int mod = 998244353; const int N = 6e6+7; LL fun(string s,LL ans){ LL x=0,i=0; while(s[i]=='0'&amp

1001 Tetrahedron 首先，a,b,c都是随机出自同一个区间，所以a,b,c的期望都相同，所以底面三角形为等边三角形，所以 h 的另一端为三角形的重心，然后就可以求出 1h2=3c2\frac{1}{h^2} =\frac{3}{c^2}h21​=c23​，所以求出 1c2\frac{1}{c^2}c21​ 的期望即可，注意此时求期望的数组是[1,14,19…1n2][1,\frac{1}{4},\frac{1}{9}…\frac{1}{n^2}][1,41​,91​…n21​]，然后按定义

1011 Kindergarten Physics 这场的签到还是很签到的，由于所给的重量和时间都小于等于100，所以减少的距离精度一定小于1e-6，所以直接在原距离上减个更小的精度即可； #include<iostream> using namespace std; int main() { int T; cin>>T; while(T--){ double a,b,d,t; cin>>a>>b>

1004 Tokitsukaze and Multiple（贪心） 题目大意： 给定n个数，相邻的数之间能合并相加，问最多能有几个分段和能被p整除。 思路： 显然我们贪心的从前往后遍历，一旦这段和能被p整除就把这段合并，然后往后再找，这样最终获得的p的倍数的数一定是最多的。 如何确定这段和是p的倍数：维护前缀和%p，当出现了两个相同的余数时，那么这两个位置之间（左开右闭）的元素和一定是p的倍数。（老套路了 Code1： 对于每个子段区间，利用map记录上一个出现相同余数的位置。当此段结束时清空map #in

1010 Lead of Wisdom（爆搜优化） Problem Description In an online game, “Lead of Wisdom” is a place where the lucky player can randomly get powerful items. There are k types of items, a player can wear at most one item for each type. For the i-th item, it has fo

CRB and String （字符串思维题） Problem Description： CRB has two strings s and t. In each step, CRB can select arbitrary character c of s and insert any character d (d ≠ c) just after it. CRB wants to convert s to t. But is it possible? Input： There are multiple

2019CCPC-江西省赛（重现赛）传送门 HDU Wave 挺不错的一个题，有双指针的思想 #include<iostream> #include<algorithm> #define LL long long using namespace std; const int N = 1e5+7; int main() { int n,c,ans=0; cin>&...