LJR的博客

题目题目链接题解贪心。大……大 小……小 大……大的方式排列，两端大的木桩尽可能相同，若大木桩数为奇数，则前少后多。这样可以保证[i,j]尽可能多，且每个[i,j]的正贡献不是0就是b（小木桩数量）；对于所有的[i,a+b]，前面的大木桩都会做负贡献-b，后面的大木桩的负贡献为0。因此总贡献为前面大数*后面大数*小数-前面大数*小数。代码#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;int

题目题目链接题解二分。整体思路：计算累加和，枚举区间左端点，二分满足要求的区间右端点，记录左右端点。满足的条件，找到的右端点和左端点之间的和大于等于pay。但是我们枚举每个左端点二分到区间和可能不正好是pay，所以我们将差值作为键，以vector作为值保存全部差值为key的区间信息。产生了另一个问题，我们如何二分得到右端点？因为我们只能计算出前缀和，并不能直接计算出区间和，既然要求[l,r]区间和大于等于pay，那么我们只要要求[1,r]区间和大于pay+sum[l-1]即可，sum[i]表示

题目题目链接题解二分+数学。先说几点注意事项：开 LL；最高进制不是35，可以更高；枚举可能的进制时存在爆LL的情况；整体思路：先计算出知道进制的那个数对应的十进制数，二分进制，找到某个进制使得另一个数对应的十进制数与已知的十进制数相等，如果存在则输出最小进制，如果不存在则输出字符串。二分的上界并非z对应的进制，而是可以更大，所以上界应该为已知的十进制数（其实我还是不明白如何确定的这个上界）；下界为未知进制的数中出现的最高字符对应的进制+1，再与2取max；写二分的check函

题目题目链接题解我未曾设想的道路。我居然以为是高精度的矩阵快速幂，差点心态崩了，直接看了题解……1 ~ 50 打个表，发现到20，小数点后八位就不变了，所以……，解决。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 30;int main(){ LL n, f[N]; cin >> n; f[1] = f[2] = 1; for (int

题目题目链接题解二分+贪心。二分模板看到这道题第一时间想到的就是二分和动规。仔细一看二分有戏，能check出来，所以决定用二分好好想想。（主要是因为我动规太菜了，怕了）二分时间，准确的说我们二分的不是时间，而是覆盖范围，也就是枚举每个小机器人扫多少个方块；初始化l=1，一个小机器人最少扫一个，r=n，如果只有一个小机器人，那么它要扫全部。重点是check函数。如何判断每个小机器人扫m块地是否可行呢？一开始我的**（错误）思路**是以m为步长枚举每一段长度为m的区间，看看是不是存在小机器人

说在前面，本题的标程是存在问题的，下面会分析标程与正确程序题目题目连接题解思维吧。整体思路：将字符串分割成k段，假设每段m个字符，我们统计每段相同位置的每种字符出现的次数，每段都统计上后，每个位置（0 ~ m-1）都取出现次数最多的字符作为要变成的字符，将每一段的对应位置的字符都变成这个字符就行了，因为这个字符在该位置出现最多，其他字符变到该字符能保证次数最少，如果要是变成别的字符，那么出现次数最多的字符变动次数会很多，并非最优解。累加每个位置（0 ~ m-1）上变换次数就是答案。关于标程出

题目题目链接题解思维+并查集。难的不是使用并查集，而是看出来能用并查集。由于之前做过，有点印象，所以一下想到了并查集大概一说，fa[x]表示x要更新到多少，每次将x的fa更新为多少？更新为x+1？不一定，这得看x+1更新到了多少，如果x+1在之前都更新到了x+k，那么x肯定不能仅更新到x+1，而是更新到x+k+1。整体来看，我们x的更新取决于x+1，x+1取决于x+2，……这些数的fa值都可以指向同一个数x+k+1。有点并查集的意思吧。题解连接注意卡cin，cout。具体题解看别人

题目题目链接题解贪心。有点像“排队打水”。比较好想，而且我甚至都能证明。贪心思路：按照 s+a+es+a+es+a+e 从小到大排序即可。证明：首先，每个人的 sss 和 aaa 都可以看成是一个部分，记为 ddd，因为这段时间只是干的事不同，本质都是打卡前花费的时间。规定 pip_ipi​ 表示第iii个人，aia_iai​ 和 bib_ibi​ 分别对应第iii个人的 ddd 和 eee。排好序后为 P1P2...PiPi+1...PnP_1P_2...P_iP_{i+1}...

题目题目链接题解贪心，尺取。首先按照时间从小到大，对输入的每一组tststs和ididid进行排序；遍历每一对，取当前这对的tststs作为题目中的TTT，让另一个指针不断地向前走，直到指针所指的对的tststs大于等于了T+DT+DT+D就停止向前走，指针所经过的全部对的ididid都在[T,T+D)[T,T+D)[T,T+D)内，所以用cnt[i]表示第i个文章在[T,T+D)[T,T+D)[T,T+D)内被点赞的数量，如果数量大于KKK，则说明找到一个答案；指针到头了，我们的遍历就可以再进

题目题目链接题解贪心。贪心思路：将整个字符串视为若干段降序排列的子串，即从左边开始向右遍历，遇到逆序的就删除，再对新的串从头遍历找逆序，不停地重复整个过程是为了保证删除的尽可能靠前（贪心），如果整个字符串都顺序了，但是还要删，那么就从后面开始删，保留前面小的。代码#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){ string s; int t; cin >> s; cin >&g

题目大意给出一个由 0,1 组成的序列，要从第 p 个位置开始，每次跳 k 个单位，要求跳出序列，只有当所有经过的位置都为 1 才合法。你可以花费 x 将这个序列的第一个元素删除（这个删除可以理解为要在确定 p 之前，跳之前进行），也可以花费 y 将其中一个位置改为 1 ，求能合法跳出序列的最小修改花费。题解dp[i]表示只通过搭柱子的方式（即消耗为x的方式）从第i个柱子上跳出去需要的花费；从后往前确定确定dp[i]，转移方程：dp[i] = dp[i+k] + 若第i个柱子为0则+x，否则+0;；

题目链接https://codeforces.com/problemset/problem/1114/B解题思路从大到小排序，找到最大的k * m个数；答案就是这k * m个数的和；遍历未排序的数组，每找到m个前k * m大的数就划成一段区间。（woc？这么简单我没想到？？？？）注意：不可将排序后的第k * m个数当作下界去划分m个数；必须要选取前k * m个数作为划分数的集合。举个例子：排序前：2 2 2 2 5 5 5 1排序后：5 5 5 2 2 2 2 1假设k = 4， m

题目链接https://codeforces.com/problemset/problem/985/C解题思路完整叙述我的思考过程（1h10min AC 我是fw）（题目中的l，我用d表示）如果题目要求最小值，大家应该都会。从小到大排序，选择最小的n个作为每个桶的短板，所以最小值为最小的n个板长之和；但是题目要求最大值，如果还按求最小值的贪心思路来求显然不对，例如，板子为1 1 2 2 2 2 3 3，桶数n为4，每个桶的板子数k为2，若按最小值贪心，分配方式为1 2、1 2、2 3、2 3，和

题目题解思维。暴力的话是会超时的，但也可以骗点分。（采用差分数组暴力）讲一下AC思路。统计出来每个前缀和取模kkk后结果的个数，比如 cnt[0]cnt[0]cnt[0] 表示前缀和取模 kkk 等于 000 的前缀个数；cnt[1]cnt[1]cnt[1] 表示前缀和取模 kkk 等于 111 的前缀个数；……假设前缀和取模kkk等于111的全部前缀如下：总共三个前缀，我们考虑任选其中的两个前缀，长前缀比短前缀多出的部分的数是否可以保证求和取模kkk等于000？假设短前缀和为 Su

题目题目链接题解二分。想到二分比实现二分要难点。可行解部分可以与不可行解部分完美地分隔开来。绿色部分是分成的巧克力比较小时都可以满足，而大于一定程度的时候就不可行了。所以可以将其抽象成小于可行，大于不可行的二分问题。在判断时，遍历全部巧克力，每个巧克力分割成的小巧克力数相加。分割成的小巧克力数目的计算方式为，高整除枚举到的xxx，宽整除枚举到的xxx的乘积。代码// #include<bits/stdc++.h>using namespace std;cons

题目题目链接题解思维。以(3,3)处的交点为起点（索引从0开始，注意是交点，不是格子）向四个方向前进，到达的点要进行标记，同时也向相对的方向前进，也进行标记，直到遇到边界停止前进，计数，最后答案除以4。绿色和蓝色轨迹是按照相反的方向前进得到的。除以4是因为最终达到边界上下左右存在四种对称的情况，所以除以4。额外说几点：拿到这个题，我的思路是直接同时从左上角的格子和右下角的格子dfs，当全部格子都被标记，且该行走方案的上下对称、左右对称、中心对称等方案都没出现过时，统计该方案。最终输出

题目题目链接题解最长上升子序列。存在加强数据，动态规划的最长上升子序列只能过基础数据，O(n2)O(n^2)O(n2)。加强数据需要使用贪心优化的O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)做法。难点有二：想到先排序；想到用最长上升子序列.这种题想到先排序应该是要靠题量累积起来的，一开始我是直接按照输入顺序（即无序）进行遍历，要求只要第i个桥的两端城市坐标比第j个桥两端的城市坐标都大，那么就可以由第j个城市转移而来。但是样例就错了，所以想到了先对一端的城市排序，先保证一端的城

独木桥 洛谷 兰顿蚂蚁 模拟 贪心

题目大意直接拿样例讲：input:201110001output:First第一行输入n，接下来两行，均为长度为2*n的字符串。两个人A和B，A先手，从第一个字符串中选择n个数字，B从第二个字符串中选择n个数字，每轮选一个，轮流进行。要求：若第一个字符串的第i个数字被A选过了，那么第二个字符串的第i个数就不能被B选了，同理选了第二个字符串，第一个字符串对应位置也不能选了；二者每次都进行最优选择；A胜输出First，B胜输出Second，平局Draw题解我一直觉得这题一个式

题目大意将给定字符串分割成若干子序列（子序列：允许不相邻但按先后顺序选取若干字符构成的字符串），这些子序列要满足由01串构成且开始和结束字符必须为0。很显然每个字符只能出现在一个子序列中。先输出你构造出的子序列的个数；下面输出你构造的子序列，第一个数为子序列长度，后面跟着这个子序列每个字符对应于原字符串中的索引（从1开始），每行对应一个构造的子序列。对输出的唯一限制是要求输出的字符索引为升序。题解思路1：大佬思路，对应代码1：首先必然得存住答案才行，因此使用二维vector，ans[i]就代表

题目大意题目链接给你一个长度为n的数组a。每次操作你可以选择相邻的两个位置a[i],a[i+1]，将其中某一个数用gcd(a[i],a[i+1])来代替。你的目标是最后将a中所有元素都变成1，问最少需要多少次操作。如果无论怎样最后a数组不能全变成1，那么输出-1；否则输出最少需要多少次操作。题解做过一次了。一开始的思路是，找俩最近且gcd=1的数，这两个数之间数的个数（含这俩数）-1就是将一个数组中的其中一个数换为1的最小次数，但是wa了；看cf数据后发现42 15 35按我的输出为-1，但实际

题目链接题目比较好理解不解释了题解对数组中的每个数都转换成k进制，统计每位上的个数和，若存在某一位上的和大于1，假设此位为第t位（从低位算起），那么这就说明只用一个k^t是不能够构成此数组的，输出NO。————————————————思路秒出，因为比较简单。但是我居然卡在如何实现k进制转化上了。。。。最后想了个歪门邪道实现的。代码1是实现k进制转化的标准方法；代码2是我的方法。代码1#include<bits/stdc++.h>using namespace std;ty

题目大意给定n，k，s。总共k+1个空，第一个空已经填上了1，用不超过n的正整数去填这些空。要求相邻数差的绝对值之和为s且必须保证相邻的数不相同。一个数允许被填多次。输出一种填法。题解构造，还行。eachstep = s/k得到平均每一步的值，即相邻数之差绝对值的平均值rest = s%k得到多出来的步数三种情况会输出 NO：eachstep > n-1说明相邻数之差绝对值的平均值大于n-1了，那显然不可能构造出来；eachstep == n-1 && res

题目大意给定一个序列，这个序列可以理解为一个1~n的全排列，再给出一个01串，1表示可以将索引i和i+1进行交换，且交换可以发生任意次，0表示不可以。问最后能不能将序列升序排列。题解几乎 秒杀，因为简单。判断每个索引处的数能不能回到自己应该在的位置即可，若都能回去，则输出YES，反之输出NO。当a[i]>i时，a[i]应当处于位置i，判断从位置i到a[i]-1是否都可以进行交换，即是否全为1，若全为1说明其可以回到应在的位置，反之不可以。类似的当a[i]<i时，判断从位置a[i]到

题目大意给定一个由w和b组成的字符串，可以操作任意次，每次操作（0次或多次）可以将字符串分割成左右两个子串，左、右侧子串均前后颠倒。问最终字符串中最多可以有多少个w和b交错（w和b无所谓顺序）。题解构造，比较好想。总述：当最左端字符与最右端字符不同时， max(左侧最长交错子串+右侧最长交错子串, 原最长交错子串)当最左端字符与最右端字符相同时，原最长交错子串详解：首先推断出试出最多操作一次，操作多了也没用。（这个我是通过试着造样例发现的这个特点）当第一个字符和最后一个字符一样的时候

题目大意https://codeforces.com/problemset/problem/1101/C多段区间，分成两组，若不能保证从两组中任取一个区间都不会相交，则输出-1；能保证则输出每段区间所在的组号（1、2）题解贪心+思维按区间左端点从小到大排序；第一段区间一定属于第一组；每遍历一段区间，判断其左端点与第一组中全部区间的最大右端点的大小关系，若遍历到的区间的左端点大，则表示此段区间与任意一段属于第一组的区间都不相交，此区间放在第二组，也可以推断出其后面的均可以放在第二组保证不会与第一

题目大意题解只有满足a[j] > a[i]并且1~i-1的数里面>a[i]的数只有a[j]一个时，删除a[j]才能让records个数增加。因此可以看出此时在1~i的数里面a[j]是最大的，而且a[i]是次大的，只有这样才能保证删除a[j]时，a[i]成为records。我们遍历每个数都要维护最大值和次大值，若遍历到的数比最大值大，则更新最大值最小值，同时将新最大值的删除所能增加的records个数设置为-1，因为，最大值本身就是一个records，若删除它相当于-1；若遍历到的数值在最