- 博客(180)
- 收藏
- 关注
RSS订阅原创 Acwing 1226. 包子凑数（完全背包的应用）
这里判断要用到的结论是，对于给定的两个互质的数字a和b，他们不能拼凑出来的最大的数字是(a-1)*(b-1)-1，对于n个数字，因为这些数字的取值范围是1~100，所以对于最大的两个互质的数字为99和100，所以最大不能拼凑出来的数字不会超过(100-1)*(99-1)-1，我们粗略记为10000，到了这一步之后我们就要去判断在1~10000这个范围内不能拼凑出来的数字有多少了。这里就不难看出，可以直接套用完全背包的思想，dp[i]表示是否能凑出数字i，如果等于0表示不能凑出，等于1表示能够凑出。
2023-05-27 18:10:01
436
原创 Acwing 1214. 波动数列
1、如果第i次我们选择加a，那么通过上述公式我们可以知道，对于第i次的选择di，它最终在总和中一共是加了n-i次，所以此时应该从dp[i-1][((j-(n-i)*a)%n+n)%n]转移得到。最后dp[n-1][(s%n+n)%n]就是答案了，因为只有当所有的d加起来的总和%n=s%n时才能整除n。我们设dp[i][j]表示在第i次选择要加的数（a或-b）后，所选择数字的总和取模n等于j的方案的数量。2、同理，如果选择减b，就应该从dp[i-1][((j+(n-i)*b)%n+n)%n]转移得到。
2023-05-27 17:36:51
445
原创 蓝桥杯2022年第十三届决赛真题-搬砖
然后就是排序问题，这是本题最主要的难点了（个人认为）。当前物品的重量w，价值v满足,v>=j时，dp[i][j+w]=max(dp[i][j+w],dp[i-1][j]+v)wj+sum>vi(sum为除了物品i，j之外的所有物品的重量和)首先对于所有的j初始化：dp[i][j]=dp[i-1][j]于是可以得到排序条件是wi+vi
2023-05-20 11:31:08
619
1
原创 蓝桥杯2022年第十三届决赛真题-搬砖
首先我们要将所有齿轮从小到大进行排序，然后对于每一个半径分解因数，如果当前半径r分解出来的因数i在之前出现过，那么倍数r/j就可以存在，同样对于因数i还要看r/i在之前的齿轮中有没有出现过，如果出现过，那么倍数i就可以存在，最终将所有可能出现的倍数记录一下，然后询问的时候直接O(1)查询即可，另外还要特判一下当n=1时，只有q=1才成立，否则不成立。所以现在的问题就变成了，给定一个倍数q，问我们在给定的齿轮半径中是否有两个齿轮的半径存在q倍的关系。
2023-05-19 16:41:10
392
原创 蓝桥杯2022年第十三届决赛真题-最大数字
解题思路：从给定数字的最高位开始暴力搜索，对于每一个位置有两种选择，一种是加上一些数字使其变大，一种是减去一些数字使得当前数字变成9，当然这两种操作是互斥的，即这两种操作不可能同时作用于同一个位置，否则会相互抵消浪费操作次数，还有就是如果是执行减数操作的话，只有能减到9的时候才能进行操作，不然会导致操作后的数字比当前数字要小，这显然不是我们想要的。你现在总共可以执行 1 号操作不超过 A 次，2 号操作不超过 B 次。对百位数字执行 2 次 2 号操作，对十位数字执行 1 次 1 号操作。
2023-05-04 22:45:54
279
原创 L3-004 肿瘤诊断（简单的三维BFS)
解题思路：通过bfs求连通块的大小，这个题无非是将我们熟悉的二维换成了3维，也就是说正常的二维只有二维平面上的上下左右，这里又加上了前和后，所以共6个方向，从一个标记为1的点开始搜索，对于搜索到的所有连通的点重新标记为0，表示不能被重复搜到，并记录搜到到的连通块的大小，如果大于等于t就可以加到最后的答案中。
2023-03-22 19:47:49
167
原创 L3-002 特殊堆栈
对于push操作，v1只需要在后面加上一个元素即可，至于v，我们需要利用lower_bound（）函数找到第一个大于等于当前元素的位置，然后将这个数字插入到相应位置。对于pop操作，v1只需要将最后一个 元素弹出，v则是需要利用上述函数找到栈顶元素所在的位置，然后将这个元素从v中删除。对于PeekMedian操作，首先判断当前v的大小的奇偶性，然后按照题目要求输出中间元素即可。设置两个vector，一个v1用来模拟堆栈情况，一个v用来维护当前栈中元素的大小顺序。
2023-03-17 21:54:19
178
原创 Acwing 异或数列(博弈论）
首先先手先取一个该位为1的数字给自己异或上，然后后手开始取，然后后书取什么，先手也取什么，如果后手取的是0，先手也取0，对结果没有影响，如果后手取的是1，如果这个1是后手给自己异或上的，那么先手取一个1给后手异或上，使得后手这个位上始终为0，如果后手取一个1给先手 异或，那么先手取一个1给自己异或，消除影响，此时先手这个位上始终为1，故该状态下，先手必胜。正常来说，1的数量是奇数个，双方都抢1的话，最后赢的一定是先手，所以如果后手想要获胜，那么就要靠抢0来改变最终抢1的奇偶性，此时先手必败。
2023-03-12 18:49:20
229
原创 L2-014 列车调度（贪心）
根据题目要求，每次来一个火车，如果在某一段铁轨上最后一辆火车的编号比当前火车的编号要小，此时需要另外再占一个轨道，如果是比当前火车编号大的话，这时候我们就要贪心选择一个最优的轨道，让火车进去，现在关键就是如何找到这个火车了，策略应该是找到和当前火车编号最近的，并且最后一个火车的编号比当前火车编号大的一个轨道。这个思路做题的时候其实想到了，但是因为不会实现放弃了，后来就想不出来怎么做了，所以又回来了。
2023-03-12 15:41:27
505
原创 2022 icpc澳门站 Laser Trap
首先求出所有激光发射器与原点的连线和x轴正方向的夹角，现在我们要做的是选定一条发射器与原点的连线，然后删除所有与这条连线角度（当前连线与其他发射器和原点连线的夹角）相差小于180°的发射器，因为是要循环一周来选择要删除哪些点，所以要将所有夹角先排个序，然后每个角度加2Π加在原数组的后面，最后利用双指针求出每次需要删除的点的数量。注意：计算角度和pi的时候一定要用long double！
2023-01-08 21:48:30
427
原创 2022 年上海市大学生程序设计竞赛 M. My University Is Better Than Yours
对于每一个榜单，每次从前往后遍历所有榜单的同一个位置，我们会发现一个神奇的事情，如果当前遍历到了第i列（i从1开始，所有榜单的同一个位置构成一列），并且你发现在你遍历这前i列的过程中只出现了i个不同的数，说明什么？，从上次划定的边界开始到当前列，新增的学校只在这部分区域中出现，这些学校一定不会在后面的列中出现了，也就是说。当我们遇到上述这种情况的时候，比如说是在第i列遇到了这种情况，那么我们就像边界划为i+1，我们每次将新增的学校放入一个队列中，每次遇到这种情况用队列中的学校编号更新答案，然后将队列清空。
2022-12-29 13:27:44
939
原创 Codeforces Round #838 (Div. 2) D. GCD Queries （交互题）
input:output:题目大意：有一个长度为n的序列，其为0~n-1的全排列，但是你并不知道这个排列具体是什么，现在你可以进行询问，每次询问两个数的gcd的值，最多询问2n次，最终你要确定0可能存在的位置以‘！x y’的形式输出，只要x,y的位置上有一个是0就算猜对。解题思路：每次取3个位置上的数x,y,z,然后询问ans1=gcd(x,y),ans2=gcd(y,z)的值，如果gcd(x,y)==gcd(y,z)，那么我们可以确定y一定不是0，因为如果y=0,那么gcd(x,y)=x,gc
2022-12-25 12:03:05
392
原创 Codeforces Round #837 (Div. 2) D. Hossam and (sub-)palindromic tree（区间DP+LCA)
现在这个题就是把问题放在了一颗树上，那么我们的思路应该是枚举字符串的左右端点，然后利用LCA的思想找到最近公共祖先，这样整个字符串就已经找到了，然后对于这一段在树上的字符串进行DP，具体细节见代码。定义 s(i,j) 表示将 i→j 路径上结点的字符顺次相接形成的字符串，求所有 s(i,j)的最长回文。这里应该是采用区间DP的方法。否则dp[x][y]=max(dp[x+1][y],dp[x][y-1])如果s[x]==s[y],dp[x][y]=dp[x+1][y-1]+2。
2022-12-24 17:00:01
449
原创 Codeforces Round #830 (Div. 2) C1. Sheikh (Easy version)（二分）
所以给定的这一整段区间的函数值一定是最大的，现在我们的任务就是找到一段最短的区间，使得这段区间的函数值等于整段区间的函数值。给我们一段区间，让我们求这段区间的一个子段[l1,r1]，满足这段区间的f[l1,r1]在所有子段中是最大的，并且在满足函数值最大的前提下，找到长度最短的那段，如果有多段满足条件输出任意一段即可。这里我们就用到了二分，固定左端点后，二分区间长度，如果当前区间满足条件，那么就缩短区间长度，否则增大区间长度，找到满足条件的最短区间长度，然后更新答案即可。
2022-12-24 13:30:20
165
原创 Codeforces Round #830 (Div. 2) D1. Balance (Easy version)（暴力+优化）
类型的询问，我们每次从k出发，每次加k，查询当前的数字是否在集合中出现过，如果没有出现过就直接输出，否则就继续加k，直到出现一个没有出现在集合中的数字为止。但显然这样会超时，接下来就是要对暴力的做法进行优化，优化方法如下：对于每一个重复查询的数字x，记录上一次查询的结果，然后当前再查询的时候，从上一次查询的结果开始进行新一轮的查询。估计复杂度的方法如下：对于优化后的做法，最坏的情况是这样的，当前插入了n个数字，分别是x,2x,3x,……,n/n，也就是n+n/2+n/3+⋯+n/n≈nlogn？
2022-12-24 13:13:44
248
原创 D. Lucky Chains（GCD+素数筛）
如果一个数对(x,y)是幸运的，当且仅当gcd(x,y)=1,一条链可以由以下规律的数对组成，(x,y),(x+1,y+1),(x+2,y+2)……所以我们最终的任务就是找到一个(b-a)的因子k,使得k-a%k最小，由于a,b都是固定的，所以我们我们每次找到b-a的最小质因子p（该过程可以通过筛素数的过程得到），然后用p-a%p去更新答案即可，当一个因子用完以后，把这个因子从(b-a)中除尽，然后再考虑下一个因子。gcd(a,b)=gcd(a,a-b),(a>b),至于为什么，可参考以下网址。
2022-12-22 19:44:29
583
原创 2020ICPC南京站 F-Fireworks（概率+三分）
题目大意：有一个人正在制作烟花，这个人制作出一个烟花为“完美烟花”的概率为p/10000，这个人每次制作完烟花后可以有两种选择，一种选择是继续制作烟花，一种选择是花费m分钟，将当前制作出来的还没有燃放的烟花全部点燃，以此来验证这批烟花中是否含有“完美烟花”，他每次制作一个烟花的用时为n分钟，当他发现自己制作出一个"完美烟花"后，他就会去休息，问当他采取最优策略的时候，他至少需要花费多长事件才会去休息。前一项表示，我们把制作x个烟花当作一次操作，出现一个“完美烟花”所需要的操作次数。
2022-11-17 21:15:42
344
原创 Codeforces Global Round 23 D. Paths on the Tree（树形DP+贪心）
对于前val%cnt+1的子节点，f[u][1]+=f[son][1]，对于后面的子节点f[u][1]+=f[son][0]，注意这里是val%cnt+1，而不是(val+1)%cnt，因为此时结点u是在原来经过val次的基础上额外增加了一 次经过次数两者是不相等的。对于前val%cnt的子节点，f[u][0]+=f[son][1]，对于后面的子节点f[u][0]+=f[son][0]f[u][1]：表示结点u多经过一次所能获得的价值。给定一个 n 个节点的有根树，根节点编号为 1。
2022-10-18 21:47:03
517
原创 Codeforces Round #826 (Div. 3) D. Masha and a Beautiful Tree（归并排序的应用）
其实观察整个交换过程，我们发现它和归并排序的过程是非常类似的，我们只需要在归并排序中稍加改动就可以求出改动的次数，最后再判断一下改动后的序列是否是严格单调递增的即可。给你一颗满二叉树，可以交换两个节点，问至少交换多少个节点让他们严格递增。
2022-10-15 23:00:03
459
原创 Codeforces Round #826 (Div. 3) E. Sending a Sequence Over the Network
f[i]表示到当前位置为止，序列是否合法。对于一个数字它可以是一段的长度，也可以是一段中的数字，如果它是作为一段的长度，那这一段可能是在这个数的前面也可能在这个数的后面，所有要对前后分别更新，即更新f[i]。如果i-a[i]-1是合法的，那么到当前位一定是合法的，此时表示a[i]是前一段的长度，并且，如果当前位是合法的，那么i+a[i+1]+1也是可合法的，表示a[i+1]作为下一段的长度是合法的。对于每一段，我们要将该段的长度值放在序列的首部或者尾部，所有的段都进行一次这样的操作得到序列b。
2022-10-15 22:51:36
193
原创 Codeforces Round #824 (Div. 2) D. Meta-set
首先我们要确定这个牌堆中有多少个3元组。我们可以枚举两张不相同的牌，然后就可以计算出需要的牌s，并且我们在计算的过程中要记录牌s可以和多少个2元组构成3个好牌，最终的答案就是我们枚举每张牌可以参与构成多少个3元组号牌，从所有的组中选择两组，这样就构成了5张牌，然后计算每张牌的情况加和即可。meta-set：5张牌中有超过一个能够称为好的3张牌。现在给我们n张牌让我们计算有多少个meta-set。3张牌叫做好：这3张牌的每个特征值加起来%3=0.
2022-10-13 22:49:04
247
原创 Codeforces Round #825 (Div. 2) D. Equal Binary Subsequences(非常妙的构造思路）
首先我们比较容易就想到如果1/0的个数为奇数个那么这个序列是一定不能拆成两个相同的序列的，然后我们再来看一下如何选定操作子序列，我们每次两个一组进行检查，如果前后两个数字是相同的那么这两个数字就分到两个序列中，如果不相同我们就把它们看成一对，然后记录下它们的下标，操作的时候我们间隔地选择1和0的位置，例如当前这一对我们选择1的位置作为操作序列的一部分，那么下一对我们就选择0的位置作为操作序列的一部分，经过操作之后，每一对都变成了相同的两个数字，这时我们输出答案的时候直接隔一个输出一个下标即可。
2022-10-13 22:32:54
210
原创 Codeforces Round #824 (Div. 2) C. Phase Shift
对于每一个没有建立映射的字母，首先判断这个字母和我们当前可以选择的最优的字母是否相同，如果相同，就从优先队列中再取一个，这样就能保证这两个字母是不同的了，然后再判断如果按照当前的联系建立映射是否会使得26个字母提前组成环，如果会的话，再从优先队列中取一个作为当前字母的映射，如果不会就直接取这个字母了。这里判断是否会构成一个环我是用的并查集来判断的。对于每一个字母贪心地选择能组成映射的最小的字母。
2022-10-11 23:01:18
359
原创 Codeforces Global Round 22 C. Even Number Addicts（博弈论）
有n个数字，有两个人Alice和Bob，每个人每一轮可以从剩下的数字中选择一个数字，Alice先手，直到所有数字都选完为止，然后统计一下，如果Alice手中的数字之和为偶数那么Alilce赢，否则Bob赢，如果两个人都采取最优策略，问最终谁会取得胜利。解题思路：因为一个数字加上一个偶数，这个数字本身的奇偶性保持不变，所以在这个题中奇数才是决定输赢的关键，而他们每个人采取的最优策略就是Alice拿什么Bob就拿什么。如果cnt1为奇数，那么这cnt个奇数就是B先拿，那么最后一个奇数就会被B拿走，此时B必胜。
2022-10-08 22:54:42
680
原创 Codeforces Global Round 22 D. Permutation Addicts
然后我们再来看一下这个序列，通过分析序列b的定义可知，b中一定存在一个数值为0/n+1的数字，那么这些数字对应位置的下标，也就是序列a中的元素，一定是处于a序列中最前面的那一段，而且这一段（除了最后一段外）中最后一个数字也一定会在b序列中出现，所以我们先根据b序列中值为0/n+1的数的下标找到序列a的第一段，然后在第一段中找在b序列中出现的元素，那么xuxu列的最后一个元素，而其他的元素则是可以随意排列，然后再去找下一段，直到找到最后一段，即该段中所有的数字均不会出现在b序列中，最后输出即可。
2022-10-08 22:30:27
965
原创 Educational Codeforces Round 136 (Rated for Div. 2) D. Reset K Edges（二分+树的重构）
解题思路：二分能获得的树的高度，如果当前高度可以在k次操作内得到，就继续看更小的高度，如果当前高度不能在k次操作内完成，那么就往高度大的方向二分，下面再来看看二分中的check函数。因为结点i的父节点的编号pi
2022-10-04 22:08:51
237
原创 Codeforces Round #823 D. Prefixes and Suffixes
对于s1中的一个位置i，s1[i]和s2[n-i+1]为一个交换对，这是因为无论我们如何执行上面的操作，这两个字符都不会出现在同一个字符串中，并且这两个字符在两个字符串中始终对称，并且还可以在两个字符串中随意交换位置。这个题的大体思路就是找出所有不同交换对的数量，这里还有一个关键点就是交换对的顺序在两个字符串中是可以随意改变的，所以完全不用考虑顺序，那么我们统计出来各种交换对的数量之后，进行下面的判断，设交换对为a,b(a
2022-10-04 21:50:20
265
原创 Codeforces Round #822 (Div. 2) D. Slime Escape
题目大意：给我们一个长度为n的数组，并给我们一个数字k，表示我们起始位于a[k]位置，也就是我们初始的健康值为a[k]，题目保证a[k]>=0，我们可以向左向右走，但是当走到一个位置的时候我们的健康值要加上当前位置x上的值a[x]，注意每个位置上的值只有第一次经过的时候才会加入健康值，当第二次经过的时候就不用加了，问我们能否在健康值始终大于等于0的条件下走出这个数组，也就是说走到a[1]或者是a[n]位置。
2022-09-28 21:25:36
571
原创 Codeforces Round #822 (Div. 2) C. Removing Smallest Multiples
题目大意：给我么一个集合s，s中包含1~n所有数字，现在我们要进行一种操作，操作如下：首先选定一个数字k，在集合中存在k的倍数，然后我们可以删除k的最小的倍数，注意k也是自己的倍数，代价为k，现在给我们一个长度为n的01序列，第i个字符为1表示在进行所有操作之后数字i没有被删除，否则为0就是被删除了，问我们将原来的集合变成现在集合所需要的最小花费是多少？
2022-09-28 21:03:54
276
原创 Codeforces Round #815 (Div. 2) D1. Xor-Subsequence (easy version)
解题思路：这里我们在看题的时候应该格外注意到ai
2022-09-22 22:01:33
163
原创 Educational Codeforces Round 134 (Rated for Div. 2) C. Min-Max Array Transformation
题目大意：给我们两个数组a和b，其中b数组是在a数组的基础上加上一个d数组构成的，即b[j]=a[i]+d[i]，其中j可以等于i，也可以不等于i，问我们d数组的每一项最小和最大能取多少。
2022-09-20 22:35:41
127
原创 Educational Codeforces Round 134 (Rated for Div. 2) D. Maximum AND（贪心）
解题思路：如果要让n个数字相与后的某一位为1，那么这n个数字的该位都应该是1，而为了让这一位上出现1应该是让0和1进行异或，为了让最终的数字尽可能大，我们可以贪心的从最高位开始枚举，尽可能让一个数字的该位为1，另一个为0，所以一个数字要尽可能大，另一个要尽可能小，所以对于a，b两个数组，一个从大到小排序，一个从小到大排序，从高位开始枚举，如果当前位最终结果为1，那么继续，如果不为1，那么将所有a，b数组中所有数字的该位置成1，然后再排序，置1的目的是排除该位对其他位的影响。
2022-09-20 22:20:31
215
原创 Codeforces Round #812 (Div. 2) D. Tournament Countdown
a b”，如果a赢的次数多，输入1，b赢的次数多，输入2，赢的次数一样多，输出0，我们最多进行2/3*2^n次询问，也就是说如果有n个人，我们最多进行2/3*n次询问，问我们最终谁会获得最终的胜利。如果a和b赢的次数一样多，那么有两种情况，一种是在上一次的比赛中a和d都是赢者，一种是都是上一次比赛的输方，通过分析可知，前一种情况是不存在的，因为如果两者都是赢的一方，那么两者肯定又会进行一场比赛，那么两者一定会有一个输，这样他们赢的次数就不相等了，所以只有第2种情况了。我们询问a，c赢的次数。
2022-09-16 22:55:51
175
原创 Technocup 2017 - Elimination Round 1 C. Guess the Array（交互题）
解题思路：因为n>=3，所以我们前3个询问可以是"?2 3"，根据给出的两元素之和，我们可以分别将a[2]和a[3]用a[1]来表示，然后带入第3个条件中，就可以得到a[1]的值，a[2]和a[3]的值随之就可以计算出来，后面的每次询问就可以是1和任意一个未知元素的下标，每次询问都可以得到一个新元素的值，最后输出即可。题目大意：有一个长度为n的数组，我们总共可以进行n次询问，每次询问我们可以给出两个不同的下标，然后会得到对应下标元素值的和，根据给出的和最终确定数组的每一元素的值，然后输出。
2022-09-14 21:39:44
202
原创 CF679A.Bear and Prime 100 （交互题）
题目大意：系统会生成一个2~100之间的数y，每次可以由我们给出一个询问，每个询问包含一个数字x，若该数字x为y的因子，则输出yes,否则输出no,我们最多询问20次，最后我们要根据系统的回答来判断y是否为质数，如果是则输出prime，否则输出composite。
2022-09-14 20:00:40
300
原创 Codeforces Round #819 (Div. 1 + Div. 2) and Grimoire of Code Annual Contest 2022 D. Edge Split
解题思路：一看到连通块，而且是让形成的连通块数量最小，我们可以想到最小生成树，对于这个题我们可以先求一下最小生成树，把形成最小生成树的的边（共n-1条边）涂成一种颜色，假设涂成红色，然后我们再看剩下的边，剩下最多3条边，我们下面的任务就是判断这3条边会不会形成一个环，如果形成了一个环，那么我们就可以选择其中一条边涂成红色，然后选择这条边的一个端点，把剩下的边涂成蓝色，因为如果形成一个环之后去掉一条边不会影响连通块的数量，那么与其让它成为一个环，不如将这个环破坏掉，然后再增加几条边，使边得到最大化利用。
2022-09-13 21:36:11
227
原创 Codeforces Round #819 (Div. 1 + Div. 2) and Grimoire of Code Annual Contest 2022 C. Jatayu‘s Balan
解题思路：首先所有的一级括号是可以相互连通的，然后在一个一级括号内所有的二级括号是相互连通的，所以我们不难得到这样的一个结论：所有i级括号所能形成的连通块的个数=所有包含i级括号的i-1级括号的个数，所以我们只要统计一下所有级别括号的个数和最深的括号层数maxv，然后将1~maxv-1层所有括号数目加起来就是2~maxv级括号所能形成的连通块的个数，最后加1，表示所有的一级括号形成了一个连通块。
2022-09-13 20:57:12
189
原创 Codeforces Round #819 (Div. 1 + Div. 2) and Grimoire of Code Annual Contest 2022 B. Mainak and Inter
解题思路：根据题目要求，我们可以得出这样一个结论：除了最大的元素，其他所有元素一定有偶数个。当n为奇数，m为偶数时，这种情况下是不存在一个序列满足条件的，因为，除了最大数之外，其他所有数的个数都是偶数，所以其他所有数字加起来一定是偶数，n为偶数，偶数-偶数=偶数，所以最大的数字也有偶数个，但是如果是这样的话，m应该也是偶数才对，这样就相互矛盾了，所以这种情况下是无解的。当n为奇数时除了最大数字外其他都填1，当n为偶数时，m也一定为偶数，那么n-2个位置填1，剩下的2个将余下的数字除2分别填入即可。
2022-09-13 11:18:27
165
原创 Codeforces Round #819 (Div. 1 + Div. 2) and Grimoire of Code Annual Contest 2022 A. Mainak and Array
（3）、还有就是选择[1,n]作为操作区间，此时1
2022-09-13 10:59:02
368
空空如也
空空如也
TA创建的收藏夹 TA关注的收藏夹
TA关注的人